Moyses Nussensveig Vol 1 RESOLUÇÃO

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Curso de f´ısica ba´sica 1: Mecaˆnica
H. Moyse´s Nussenzveig
nibblediego@gmail.com
Compilado dia 13/11/2016
Neste documento se encontra as soluc¸o˜es do 1◦ e 2◦
cap´ıtulo do volume 1 do livro de f´ısica ba´sica do Moyse´s
Nussenzveig. Existe outra versa˜o deste mesmo documento
mais voltada para alunos de ca´lculo avanc¸ado ao passo que
esta e´ mais voltada para alunos de f´ısica ba´sica e voceˆ pode
baixa-la em: www.google.com
Caso algum erro de resoluc¸a˜o seja detectado escreva
para nibblediego@gmail.com para que o mesmo seja cor-
rigido. E para acompanhar as reviso˜es e ampliac¸o˜es desse
documento, bem como ter acesso a resoluc¸a˜o de outros
livros, acesse: www.number.890m.com
Suma´rio
1 Movimento Unidimensional 2
2 Movimento Bidimensional 28
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Cursa de f´ısica ba´sica 1: Mecaˆnica
H. Moyse´s Nussenzveig
nibblediego@gmail.com
1 Movimento Unidimensional
1. Na ce´lebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre e´ de 30 km/h e a
da tartaruga e´ de 1,5m/min. A distaˆncia a percorrer e´ de 600m, e a lebre corre durante 0,5min
antes de parar para uma soneca. Qual e´ a durac¸a˜o ma´xima da soneca para que a lebre na˜o perca
a corrida? Resolva analiticamente e graficamente.
Soluc¸a˜o:
Os dados que o enunciado nos fornece sa˜o os seguintes:
vl = 30 km/h (Velocidade da lebre)
vt = 1,5 m/min (Velocidade da tartaruga)
xf = 600 m (Distaˆncia a ser percorrida)
tl = 0,5 min (Tempo de soneca)
E a estrate´gia consistira´ nos seguintes passos:
1◦ Calcular o tempo que levaria a lebre se a mesma na˜o dormisse;
2◦ Calcular o tempo que leva a tartaruga para terminar o percusso;
3◦ Com base nas duas respostas acima encontraremos o tempo ma´ximo de todas as
sonecas.
(Passo um.)
Supondo que a velocidade da lebre se mantenha sempre constante enta˜o podemos determinar
o tempo que a lebre levaria pela equac¸a˜o x = x◦ + vm · t. Veja:
xf = x◦ + vl · t
⇒ t = xf − x◦
vl
=
600m
30km/h
Considerando que 30 km/h =
25
3
m/s enta˜o t sera´ igual a 72s.
2
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
t =
600m
25
3 · ms
= 72s
Ou seja, supondo que a lebre na˜o tire nenhuma soneca ela terminaria o percusso em 72
segundos.
(Passo dois.)
Analogamente calcula-se o tempo que seria gasto pela tartaruga.
t =
600m
1, 5m/min
=
600m
0.025ms
= 2.4× 104s
Isto e´, a tartaruga levaria 2400s
(Passo treˆs.)
Para que a lebre na˜o perca a corrida, seu tempo de percurso (que chamaremos de tp) somado
com o tempo da soneca (chamado aqui de ts) deve ser menor ou igual ao tempo de percurso da
tartaruga (que chamarei apenas de t). Matematicamente:
tp + ts ≤ t
⇒ 72s+ ts ≤ 2.4× 104s
⇒ ts ≤ 2.4× 104s− 72s
⇒ ts ≤ 2.3928× 104s
Ou seja, a soneca deve ter uma durac¸a˜o de no ma´ximo 2.3928× 104s segundos. Ou de forma
mais trivial 6h 38min e 48s.
2. Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a acelerac¸a˜o
me´dia com a acelerac¸a˜o da gravidade. Se a acelerac¸a˜o e´ constante, que distaˆncia o carro percorre
ate´ atingir 100km/h?
Soluc¸a˜o:
Esse e´ um problema que se resume a aplicac¸a˜o direta de fo´rmulas na˜o sendo necessa´rio
nenhuma estrate´gia apurada.
Por definic¸a˜o sabemos que:
am =
∆v
∆t
Como ∆v = vf − v◦ enta˜o:
3
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
am =
vf − v◦
∆t
Como o enunciado nos diz que o carro “pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s” enta˜o:
am =
100km/h− 0
4s
=
100km/h
4s
Como 100 km/h =
100
3.6
m/s enta˜o
am =
100
3.6 · 4 =
125
18
m/s2
Tomando a acelerac¸a˜o gravitacional g igual a 9.81 m/s2 enta˜o:
a
g
=
125
18
m/s2
9.81m/s2
a
g
=
12500
17658
≈ 0.7079
a ≈ 0.7079 · g
Para determinar a distaˆncia percorrida pelo ve´ıculo nessa acelerac¸a˜o precisamos de uma
equac¸a˜o que relacione a “distaˆncia percorrida” com a “acelerac¸a˜o” que determinamos e o “tempo”
que o enunciado nos da´. Essa equac¸a˜o e´ a seguinte:
xf = x◦ + v◦t+
1
2
amt
2
Veja como ela pode ser utilizada.
xf = x◦ + v◦t+
1
2
amt
2
⇒ xf − x◦ = v◦t+ 1
2
amt
2
Supondo que o carro tenha partido do repouso (v◦ = 0) enta˜o:
∆x = 0 · t+ 1
2
amt
2
⇒ ∆x = 1
2
amt
2
Substituindo a acelerac¸a˜o encontrada e o tempo dado no enunciado
∆x =
1
2
· (125/18) · 42
⇒ x = 55.5
4
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Portanto, a distaˆncia percorrida foi de aproximadamente 55.6 m.
3. Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h.
Qual e´ a velocidade me´dia do seu percurso? Compare-a com a me´dia aritme´tica das velocidades.
Soluc¸a˜o:
Se um ve´ıculo esta´ a 40km/h enta˜o ele deve percorrer 10km em
1
4
h (um quarto de hora). Se
estiver a 80km/h ira´ percorre 10km em
1
8
h. E estando a 30km/h fara´ 10km em
1
3
h.
Sendo assim a velocidade me´dia sera´:
vm =
∆x1 + ∆x2 + ∆x3
∆t1 + ∆t2 + ∆t3
vm =
10km+ 10km+ 10km
1
4
h+
1
8
h+
1
3
h
=
30km
17
24
h
=
720
17
km/h
que e´ aproximadamente 42.353 km/h.
Ja´ a me´dia aritme´tica das velocidades e´ igual a:
Ma =
40kmh + 80
km
h + 30
km
h
3
= 50 km/h
Finalmente comparando a velocidade me´dia (vm) com a me´dia aritme´tica (Ma) chegamos ao
resultado
vm
Ma
=
720
17
km
h
50 km/h
≈ 0.8471
⇒ vm = 0.8471 ·Ma
4. Um avia˜o a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500 km/h para decolar, e
tem uma acelerac¸a˜o de 4 m/s2. Quanto tempo ele leva para decolar e que distaˆncia percorre na
pista ate´ a decolagem?
Soluc¸a˜o:
O problema em questa˜o e´ aplicac¸a˜o direta da fo´rmula
5
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
vf = v◦ + am · t
veja:
vf = v◦ + am · t
⇒ t = vf − v◦
am
=
500 km/h− 0
4 m/s2
Como 500 km/h =
5× 103
36
m/s, v◦ = 0 e am = 4 m/s2 enta˜o
t =
5× 103
36
− 0
4 m/s2
⇒ t = 34.72s
Ou seja, o tempo que sera´ levado e´ aproximadamente 34.7 segundos. De posse desse valor
determinamos o deslocamento.
x = x◦ + v◦t+
1
2
at2
⇒ ∆x = v◦t+ 1
2
at2
⇒ ∆x = 0 + 1
2
4 · 34.722
⇒ ∆x ≈ 2408, 18m ou 2.41km.
5. O gra´fico da figura representa a marcac¸a˜o do veloc´ımetro de um automo´vel em func¸a˜o do
tempo. Trace os gra´ficos correspondentes da acelerac¸a˜o e do espac¸o percorrido pelo automo´vel
em func¸a˜o do tempo. Qual e´ a acelerac¸a˜o me´dia do automo´vel entre t = 0 e t = 1min? E entre
t = 2min e t = 3min?
0 1 2 3 4 5
0
15
30
45
60
75
v(km/h)
t(min)
6
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Soluc¸a˜o:
Expressando o gra´fico em questa˜o sob a forma de uma func¸a˜o de va´rias sentenc¸as teremos:
v(t) =

90t se t ∈ [0, 0.5)
45 se t ∈ [0.5, 2)
225− 90t se t ∈ [2, 2.5)
0 se t ∈ [2.5, 3)
150t− 450 se t ∈ [3, 3.5)
75 se t ∈ [3.5, 4.5)
750− 150t se t ∈ [4.5, 5]
Por definic¸a˜o a(t) =
d
dt
v(t) enta˜o a func¸a˜o de va´rias sentenc¸as que fornecera´ o gra´fico da
acelerac¸a˜o sera´:
a(t) =

90 se t ∈ [0, 0.5)
0 se t ∈ [0.5, 2)
−90 se t ∈ [2, 2.5)
0 se t ∈ [2.5, 3)
150 se t ∈ [3, 3.5)
0 se t ∈ [3.5, 4.5)
−150 se t ∈ [4.5, 5]
E como s(t) =
∫
v(t)dt a func¸a˜o de va´rias sentenc¸as que fornecera´ o gra´fico da posic¸a˜o em
func¸a˜o do tempo sera´:
s(t) =

45t2 se t ∈ [0, 0.5)
45t se t ∈ [0.5, 2)
225t− 45t2 se t ∈ [2, 2.5)
0 se t ∈ [2.5, 3)
75t2 − 450t se t ∈ [3, 3.5)
75t se t ∈ [3.5, 4.5)
750t− 75t2 se t ∈ [4.5, 5]
Determinando as acelerac¸o˜es me´dias.
A acelerac¸a˜ome´dia e´ determinada pela equac¸a˜o am =
vf − v0
tf − t0 . Enta˜o com base no gra´fico
do enunciado
7
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
0 1 2 3 4 5
0
15
30
45
60
75
v(km/h)
t(min)
no intervalo de 0 a 1 minuto teremos:
am[0,1] =
45km/h− 0
1min
⇒ am[0,1] = 12.5m/s
60s
⇒ am[0,1] = 0.2083m/s2
E no intervalo de 2 a 3
am[2,3] =
0− 45km/h
60s
am[2,3] =
−12.5m/s
60s
am[2,3] = −0.2083m/s2
Onde o sinal de negativo indica uma desacelerac¸a˜o.
6. Uma part´ıcula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta,
com acelerac¸a˜o crescente segundo a lei a = b · t, onde t e´ o tempo e b = 0.5m/s3. Trace os
gra´ficos da velocidade v e da posic¸a˜o x da part´ıcula em func¸a˜o do tempo. Qual e´ a expressa˜o
anal´ıtica de v(t)?
Soluc¸a˜o:
Nesse caso podemos ficar tentado a usar a equac¸a˜o v = v◦ + at. Entretanto, a acelerac¸a˜o
presente nela (representada pela letra “a”) e´ a acelerac¸a˜o escalar. E como o enunciado nos diz
que “a” e´ uma func¸a˜o que varia no tempo conclu´ımos que essa acelerac¸a˜o e´ a instantaˆnea, e na˜o
a escalar.
Por esse motivo temos de recorrer diretamente a definic¸a˜o de acelerac¸a˜o instantaˆnea.
a(t) =
d
dt
v(t)
8
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⇒ v(t) =
∫
a(t)dt
⇒ v(t) =
∫
bt dt
⇒ v(t) =
∫
1
2
t dt
⇒ v(t) = 1
4
t2 + c
Como a part´ıcula esta´ inicialmente em repouso enta˜o v(0) = 0 o que implica em c = 0. Sendo
assim a expressa˜o anal´ıtica de da velocidade e´ v(t) =
1
4
t2.
7. O tempo me´dio de reac¸a˜o de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo
su´bito e aplicar os freios) e´ da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca
pode ser freado a 6m/s2. Calcule a distaˆncia mı´nima que um carro percorre depois que o
motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 60km/h e a 90km/h. Estime a
quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distaˆncias encontradas.
Soluc¸a˜o:
A estrate´gia usada para resolver o problema e´ descrita nos seguintes passos:
1◦ Calculamos a distaˆncia percorrida durante o tempo de reac¸a˜o;
2◦ Calculamos a distaˆncia percorrida apo´s o tempo de reac¸a˜o.
3◦ O resultado sera´ a soma das duas distaˆncias encontradas.
(Passo um.)
Como o carro esta´ com velocidade constante podemos determinar a distaˆncia percorrida,
durante o tempo de reac¸a˜o do motorista, pela equac¸a˜o:
x = x◦ + v◦ · t
Substituindo os valores fornecidos no enunciado e considerando que o motorista parta da
origem, ou seja x◦ = 0, enta˜o:
x = 0 +
3× 102
36
· 0, 7
(
30km/h =
3× 102
36
m/s
)
⇒ x = 105
18
m
9
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(Passo dois).
Seja ∆x a distaˆncia percorrida apo´s o tempo de frenagem, isto e´, quando o freio ja´ foi acionado,
podemos usando a equac¸a˜o v2 = v2◦ + 2a(x − x◦) para determinar a distaˆncia percorrida pelo
motorista.
Como o carro esta´ sendo freado enta˜o a velocidade final e´ nula (v = 0) e a acelerac¸a˜o (ou
desacelerac¸a˜o) e´ negativa.
v2 = v2◦ + 2a(x− x◦)
⇒ 0 =
(
3× 102
36
m
s
)2
+ 2
(−6ms2 )∆x
⇒ (12ms2 )∆x =
(
3× 102
36
m
s
)2
⇒ ∆x = 9× 10
4
12 · 362
m2 · s2
m · s2 =
625
108
m
(Passo treˆs).
Finalmente realizamos a soma de x com ∆x e determinamos o valor total do deslocamento.
105
18
m+
625
108
m =
11295
972
m ≈ 11.62m
Analogamente se calcula para as velocidades de 60 km/h e 90 km/h, obtendo respectivamente
os valores de 34.8 m e 69.6 m.
8. O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento e´ de
15m. A acelerac¸a˜o ma´xima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal
muda para amarelo e´ de 3m/s2 e ele pode ser freado a 5m/s2. Que velocidade mı´nima o carro
precisa ter na mudanc¸a do sinal para amarelo a fim de que possa atravessar no amarelo? Qual e´
a velocidade ma´xima que ainda lhe permite parar antes de atingir o cruzamento?
Soluc¸a˜o:
O desenho a seguir tenta ilustrar o problema.
10
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30m
15m
Embora no desenho acima esteja sendo usado um retaˆngulo para representar o carro em geral
se pensa em um corpo como uma part´ıcula sem dimenso˜es o que quer dizer que o tamanho do
carro (sua dimensa˜o) na˜o vai ser levada em conta aqui.
Pelo enunciado os seguintes dados nos e´ fornecido. O tempo (t = 3s) em que o carro deve
realizar o percusso (x = 30m + 45m) e a acelerac¸a˜o (a = 3m/s2) do carro. E a equac¸a˜o que
relaciona todos esses dados e´:
xf = x◦ + v◦t+
1
2
at2
⇒ xf − x◦ = v◦t+ 1
2
at2
Substituindo os valores
(30 + 45)m =
1
2
(3 m/s2)(3s)2 + v◦(3s)
⇒ v◦ = 10.5 m/s
A velocidade inicial, caso o motorista deseje parar antes do cruzamento, pode ser determinada
pela mesma equac¸a˜o. Entretanto, nesse caso, o motorista podera´ percorrer no ma´ximo 30m nos
treˆs segundos em que o sinal amarelo permanece ligado.
∆x = v◦t+
1
2
at2
⇒ 30m = v◦(3s) + 1
2
(−5m/s2)(3s)2
⇒ 30m = v◦(3s)− 45
2
m
⇒ v◦(3s) = 30m+ 45
2
m
⇒ v◦(3s) = 105
2
m
11
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⇒ v◦ = 105
2 · 3m/s = 17.5m/s
Ou seja, sua velocidade ma´xima deve ser igual 17.5 m/s ou 63 km/h.
USANDO O TEMPO DE REAC¸A˜O
Consultando o final do livro percebe-se que a intenc¸a˜o do autor tambe´m era a de calcular a
velocidade ma´xima e mı´nima considerando o tempo de reac¸a˜o do motorista. Entretanto, da forma
como o enunciado foi escrito as duas soluc¸o˜es acima formam por si so´ uma resposta aceita´vel e
completa ao problema de modo que o professor que desejar incluir essa questa˜o em sua prova
deve modificar o enunciado a fim de deixar claro que o resultado com tempo de reac¸a˜o esta´ sendo
requerido. Caso contra´rio, na˜o deve cobrar do aluno essa “segunda” parte.
Para determinar a velocidade mı´nima (apo´s o tempo de reac¸a˜o) usamos a equac¸a˜o (1) a
seguir.
∆x =
1
2
at2 + v◦t+ x◦ (2)
Onde t e´ o tempo que o sinal leva para mudar subtra´ıdo do tempo de reac¸a˜o do motorista.
A velocidade mı´nima que desejamos encontrar e´ a velocidade necessa´ria para ser empregada
apo´s o tempo de reac¸a˜o. Ou seja, agora na˜o podemos considerar x◦ = 0.
Supondo que antes de perceber a mudanc¸a do sinal a velocidade do carro era constante, enta˜o:
x◦ = v◦tr (2)
onde tr e´ o tempo de reac¸a˜o do motorista.
Substituindo (2) em (1) chegamos a`:
∆x =
a
2
t2 + v◦t+ v◦tr
Substituindo enta˜o os valores:
45m =
3m/s2
2
(3s− 0.7s)2 + v◦(3s− 0.7s) + v◦0.7s
⇒ v◦ = 7413
600
m/s = 12.355 m/s
Ou seja, a velocidade mı´nima com tempo de reac¸a˜o e´ de 12.355 m/s ou 44.478 km/h.
Determinar a velocidade ma´xima que o carro teˆm de estar para conseguir parar antes de
passar pelo cruzamento, tambe´m considerando o tempo de reac¸a˜o, e´ ana´logo. A diferenc¸a e´ que
desta vez o percusso que o carro deve percorrer e´ de no ma´ximo 30m e ao inve´s da acelerac¸a˜o de
3m/s2 usamos a desacelerac¸a˜o de 5m/s2. Matematicamente escrevemos:
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
xf = x◦ + v◦t+
1
2
at2
⇒ ∆x = v◦t+ 1
2
at2
⇒ 30m = (0, 7s)v◦ + v◦(3s− 0.7s)− 5m/s
2
2
(3s− 0.7s)2
⇒ v◦ = 14.4083m/s
Ou seja, a velocidade ma´xima para frear antes do cruzamento e´ de 14.4083 m/s ou 51.87
km/h.
9. Numa rodovia de ma˜o dupla, um carro encontra-se 15 m atra´s de um caminha˜o (distaˆncia
entre pontos me´dios), ambos trafegando a 80 km/h. O carro tem uma acelerac¸a˜o ma´xima de
3 m/s2. O motorista deseja ultrapassar o caminha˜o e voltar para sua ma˜o 15 m adiante do
caminha˜o. No momentoem que comec¸a a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em
sentido oposto, tambe´m a 80 km/h. A que distaˆncia mı´nima precisa estar do outro carro para
que a ultrapassagem seja segura?
Soluc¸a˜o:
A estrate´gia que sera´ usada e´ descrita nos seguintes passos:
1◦ Determinamos uma expressa˜o (em func¸a˜o do tempo) para o ca´lculo da distaˆncia
percorrida pelo caminha˜o;
2◦ Calculamos o tempo levado pelo carro para realizar a ultrapassagem descrita;
3◦ Determinamos a distaˆncia percorrida pelo caminha˜o e pelo carro.
4◦ Determinamos a distaˆncia percorrida pelo segundo carro e a somamos com a distaˆncia
obtida no passo anterior para obtermos a resposta.
(Passo um).
Supondo que o caminha˜o esteja com velocidade constate enta˜o a distaˆncia que ele ira´ percorrer
(∆x) sera´ dado pela expressa˜o:
vm =
∆x
∆t
⇒ 80
3.6
=
∆x
∆t
(
Lembre-se que: 80km/h =
80
3.6
m/s
)
⇒ ∆x = 80
3.6
∆t (1)
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
(Passo dois).
O deslocamento do carro sera´ igual ao deslocamento do oˆnibus ∆x mais 30 metros (15 m
antes do caminha˜o mais 15 m depois). Sendo assim:
30m+ ∆x =
80km/h
3.6
t+
1
2
(3m/s2) · t2
Substituindo ∆x, encontramos: t =
√
20 (tempo da ultrapassagem), veja:
30m+
80∆t
3.6
=
80km/h
3.6
(t− t◦) + 3m/s
2
2
(t− t◦)2
⇒ 30m+ 80km/h
3.6
∆t =
80km/h
3.6
t+
3m/s2
2
t2
⇒ 30m = 3m/s
2
2
t2
⇒ t = √20
(Passo treˆs).
Substituindo agora t em (1) a distaˆncia percorrida pelo caminha˜o e´ enta˜o ∆x =
400
√
5
9
m ≈
99, 38m.
Assim a distaˆncia percorrido pelo carro foi de 99,38 m + 30 m = 129,38 m.
(Passo quatro).
O outro carro, por sua vez, tambe´m estando a 80 km/h (e com velocidade constante) percor-
reria tambe´m 99,38 m.
Com base nos dados anteriores a distaˆncia mı´nima entre o oˆnibus e o carro antes da ultra-
passagem e´ 129,38 m + 99,38 m = 228,76 m.
10. Um trem com acelerac¸a˜o ma´xima a e desacelerac¸a˜o ma´xima f (magnitude da acelerac¸a˜o
de freamento) tem de percorrer uma distaˆncia d entre duas estac¸o˜es. O maquinista pode escolher
entre
(a) seguir com a acelerac¸a˜o ma´xima ate´ certo ponto e a partir da´ı frear com a desacelerac¸a˜o
ma´xima, ate´ chegar;
(b) acelerar ate´ uma certa velocidade, manteˆ-la constante durante algum tempo e depois frear
ate´ a chegada.
Mostre que a primeira opc¸a˜o e´ a que minimiza o tempo do percurso (sugesta˜o: utilize gra´ficos
v × t) e calcule o tempo mı´nimo de percurso em func¸a˜o de a, f e d.
14
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Soluc¸a˜o:
Calculando o tempo mı´nimo de percusso.
O motorista acelera a partir da estac¸a˜o A ate´ o instante t1 com acelerac¸a˜o ma´xima a e depois
desacelera (com f) ate´ parar na estac¸a˜o B no instante t2 (ver figura a seguir).
0 t1 t2
A
B
t
~v
a f
Nesse caso o tempo total (T ) e´:
T = t1 + t2
onde t1 e´ o tempo que ele acelera e t2 o tempo em que se freia.
Seja ∆x o espac¸o percorrido durante o trajeto em que e´ acelerado e admitindo que a velocidade
inicial e´ nula enta˜o:
v2f = v
2
◦ + 2a∆x
⇒ v2f = 2a∆x
⇒ ∆x = v
2
f
2a
Assim, durante o per´ıodo em que freia, o trem devera´ percorrer d − ∆x. Como ao fim do
percusso a velocidade final do trem e´ zero (trem parado) enta˜o:
0 = v2◦ − 2f(d−∆x)
⇒ v2◦ − 2fd+ 2f∆x = 0
⇒ v2◦ − 2fd+
f
a
v2f = 0
Como v◦ da equac¸a˜o acima e´ igual a vf enta˜o chamaremos ambas simplesmente de v sendo
assim:
v2◦ − 2fd+
f
a
v2f = 0
⇒ v2
(
1 +
f
a
)
= 2fd
15
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
⇒ v2 = 2fda
a+ f
Mas, temos que v = at1, de forma que:
(at1)
2 =
2fda
a+ f
⇒ t1 =
√
2fd
a(a+ f)
Temos ainda:
0 = v − ft2
⇒ t2 = v
f
⇒ t2 = 2da
f(a+ f)
Assim,
T 2 = t21 + 2t1t2 + t
2
2 =
2fd
a(a+ f)
+
2ad
f(a+ f)
+ 2
√
2fd
a(a+ f)
√
2da
f(a+ f)
T 2 =
2d
a+ f
[
a
f
+
f
a
]
+ 4
d
a+ f
=
2d
a+ f
[
a2 + f2
af
+ 2
]
T 2 =
2d
(a+ f)af
[a2 + 2af + f2] =
2d
af
(a+ f)
enta˜o:
T =
√
2
d
a
(
a
f
+ 1
)
11. Voceˆ quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as ate´
uma altura ma´xima de 2m. De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandar
as bolas para cima?
Soluc¸a˜o:
A velocidade (v◦) que deve ser usada para a bola alcanc¸ar a altura de 2 m pode ser determi-
nada pela equac¸a˜o de Torriceli:
vf = v
2
◦ + 2gh (Torriceli)
16
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Como no a´pice da trajeto´ria a velocidade final (vf ) e´ nula enta˜o:
0 = v2◦ + 2gh
⇒ v◦ =
√
2gh
⇒ v◦ =
√
2 · 9.81 · 2
⇒ v◦ =
√
39.24 m/s ≈ 6.26 m/s.
Ja´ o tempo pode ser calculado fazendo y(t) = 0.
y(t) = 0
⇒ y(t) = v◦(t− t◦)− g
2
(t− t◦)2 = 0
⇒ v◦(t− t◦)− 1
2
g(t− t◦)2 = 0
substituindo os valores
(6.26)(t− 0)− 1
2
(9.81) · (t− 0)2 = 0
⇒ (6.26)t− 1
2
(9.81) · t2 = 0
⇒ 6.26t− 4.905t2 = 0
⇒ t(6.26− 4.905t) = 0
⇒ t = 0 ou t ≈ 1, 28s.
Como t so´ faz sentido sendo maior que zero, enta˜o chega-se a soluc¸a˜o que t ≈ 1, 28s.
Como esse tempo e´ o tempo total, e considerando que o tempo de subida e´ igual ao de descida,
enta˜o a resposta e´ de aproximadamente 0.64 s (1.28 dividido por 2).
12. Um me´todo poss´ıvel para medir a acelerac¸a˜o da gravidade g consiste em lanc¸ar uma
bolinha para cima num tubo onde se fez va´cuo e medir com precisa˜o os instantes t1 e t2 de
passagem (na subida e na descida, respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir do
instante do lanc¸amento. Mostre que
g =
2z
t1t2
Soluc¸a˜o:
17
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
t2t1
Neste caso teremos
d2x
dt21
=
d2x
dt22
z(t1) = z(t2)
z◦ + v◦t1 +
1
2
gt21 = z◦ + v◦t2 +
1
2
gt22
v◦t1 +
1
2
gt21 − v◦t2 −
1
2
gt22 = 0
v◦ =
g
2(t1 − t2) (t
2
1 − t22)
v◦ =
g(t1 − t2)(t1 + t2)
2(t1 − t2)
v◦ =
g(t1 + t2)
2
(1)
Assim, substituindo (1) em z(t) = v◦t1 − 1
2
gt21 chegamos a`:
z =
(
g(t1 + t2)
2
)
t1 − g
2
t21
que apo´s certo algebrismo chegamos ao resultado final.
g =
2z(t)
t1t2
13. Uma bola de voˆlei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto pro´ximo do
cha˜o, passa pela altura da rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7s
depois do arremesso.
(a) Qual e´ a velocidade inicial da bola?
(b) Ate´ que altura ma´xima ela sobe?
(c) Qual e´ a altura da rede?
18
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Soluc¸a˜o de A:
O enunciado nos diz que a bola leva 1.7s para realizar o movimento descrito na imagem a
seguir.
Bola
Rede
e 0.3s para realizar o movimento a abaixo.
Bola
Rede
Logo para realizar o movimento da pro´xima imagem a bola ira´ levar 1.7 + 0.3 segundos.
19
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Bola
Rede
Como o tempo de subida e´ sempre igual ao tempo de decida enta˜o o total que a bola deve
permanecer subindo e´ de:
(1.7 + 0.3)s
2
= 1s
Usando a equac¸a˜o v = v◦ − g(t− t◦) e o fato de que no auge de sua trajeto´ria v = 0 enta˜o:
0 = v◦ − g(t− t◦)
v◦ = g(t− t◦)
v◦ = 9.81m/s2 · (1− 0)s
v◦ = 9.81m/s2
Ou seja, a velocidade inicial e´ de 9.81 m/s2.
Soluc¸a˜o de B:
Uma vez que sabemos o tempo em que a bola permanece no ar e´ fa´cil determinar a altura
ma´xima.
y = y◦ + v◦(t− t◦)− 1
2
g(t− t◦)2
⇒ ∆y = v◦(t− t◦)− 1
2
g(t− t◦)2
e como v◦ = 0
20
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria daConquista - BA
∆y = −1
2
g(t− t◦)2
Substituindo os valores
∆y = −1
2
(9.81m/s2)(1s− 0s)2
⇒ ∆y = 4.905m
Soluc¸a˜o de C:
Usando a fo´rmula determinada no exemplo anterior.
y(t) =
gt1 · t2
2
⇒ y = 9.81m/s
2 · 0.3s · 0.7s
2
⇒ y ≈ 2.5m
14. Deixa-se cair uma pedra num poc¸o profundo. O barulho da queda e´ ouvido 2s depois.
Sabendo que a velocidade do som no ar e´ de 330m/s, calcule a profundidade do poc¸o.
Soluc¸a˜o:
O tempo t = 2s sera´ a soma do tempo de queda da pedra (tp) com o tempo que o som leva
para ser ouvido (ts), ou seja
t = tp + ts = 2s
Para determinar o tempo de queda usamos a seguinte equac¸a˜o.
yf = y◦ + v◦t2p +
1
2
gt2p
Como a pedra deve partir do repouso enta˜o:
∆y =
1
2
gt2p
⇒ ∆y = 4.905 · t2p (1)
Como a velocidade do som e´ constante enta˜o:
y = y◦ + vts
⇒ ∆y = (330 m/s)ts (2)
igualando (1) e (2)
21
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
4.905 · t2p = 330 · ts
⇒ 4.905 · t2p − 330 · ts = 0 (3)
mas como tp + ts = 2, o que implica em ts = 2− tp, podemos escrever (3) como:
4.905 · t2p − 330(2− tp) = 0
⇒ 4.905t2p − 660 + 330tp = 0
⇒ tp ≈ 1.94s
Finalmente, de posse de tp, podemos determinar a profundidade do poc¸o.
y = y◦ + v◦t+
1
2
gt2
∆y = v◦t+
1
2
gt2
Como v◦ = 0 enta˜o
∆y =
1
2
gt2
Substituindo os valores
∆y =
1
2
(9.81)(1.94)2
∆y ≈ 18.46m
.
Assim, a profundidade do poc¸o e´ de aproximadamente 18.46m.
15. Um vaso com plantas cai do alto de um edif´ıcio e passa pelo 3◦ andar, situado 20m acima
do cha˜o, 0,5s antes de se espatifar no cha˜o.
(a) Qual e´ a altura do edif´ıcio?
(b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso atinge o cha˜o?
Soluc¸a˜o:
Primeiro descobrimos a velocidade da pedra 20 m antes de atingir o solo
y = y◦ + v◦t+
1
2
at2
22
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
⇒ 20m = v◦(0.5) + 9.81 · 0.5
2
2
⇒ v◦ = 37.5475 m/s
Agora calculamos a velocidade com que a pedra se choca com o cha˜o.
vf = v◦ + gt
⇒ vf = 37.5475 + 9.81(0.5)
⇒ vf = 42.4525m/s
Com esse ultimo dado podemos agora determinar o tempo total de queda do jarro.
vf = v◦ + gt
⇒ t = 42.4525
9.81
⇒ t ≈ 4.33s
Finalmente, de posse desse u´ltimo dado, calculamos a altura do pre´dio.
∆y = v◦t+
1
2
gt2
⇒ ∆y = 9.81(4.33)
2
2
⇒ ∆y = 91.85m
Assim, a altura do pre´dio e´ de aproximadamente 91.85m.
16. Um foguete para pesquisas meteorolo´gicas e´ lanc¸ado verticalmente para cima. O com-
bust´ıvel, que lhe imprime uma acelerac¸a˜o 1,5g (g = acelerac¸a˜o da gravidade) durante o per´ıodo
de queima, esgota-se apo´s 0,5min.
(a) Qual seria a altitude ma´xima atingida pelo foguete se pude´ssemos desprezar a resisteˆncia
do ar?
(b) Com que velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o
solo?
Soluc¸a˜o:
Seja h1 a regia˜o percorrida com o auxilio do combust´ıvel e h2 a regia˜o sem seu auxilio enta˜o
h = h1 + h2.
23
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
h1
h2
Calculando h1
h1(t) = h◦ + v◦t+
1
2
at2
Como o bala˜o deve partir do repouso (h◦ = 0) e (v◦ = 0) enta˜o
h1(t) =
1
2
at2
sob a ac¸a˜o do combust´ıvel a acelerac¸a˜o e´ de a = 1.5g, portanto
h1(t) =
1
2
1.5gt2
substituindo os valores e levando em conta que 0.5min = 30s:
h1(t) =
1
2
1.5(9.81m/s2)(30s)2
⇒ h1(t) = 6621.75m
Calculando h2
h2 = h◦ + v◦t− 1
2
gt2
Como h◦ = h1 enta˜o:
h2 = (6621.75m) + v◦t− 1
2
gt2 (1)
Para determinar v◦ usamos a equac¸a˜o
v = v◦ + at
⇒ v = 0 + 1.5g · t
Substituindo os valores
v = 1.5(9.81m/s2)(30s)
24
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
v = 441.45m/s (2).
Substituindo agora (2) em (1)
h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)t− 1
2
gt2 (3)
Para determinar o tempo t usamos a mesma equac¸a˜o e o fato de que no topo da trajeto´ria
v = 0.
v◦ + gt = 0
⇒ v◦ = −9.81t
⇒ 441.45m/s = −9.81t
⇒ t = 441.45m/s−9.81m/s2
⇒ t = −45s (4)
Finalmente, substituindo (4) em (3) encontramos o valor de h2.
h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)(45s)− 1
2
(9.81m/s2)(45s)2
⇒ h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)(45s)− 1
2
(9.81m/s2)(45s)2
⇒ h2 = 26487m
Portanto, o valor da altitude ma´xima atingida pelo bala˜o (h), que e´ a soma de h1 com h2, e´
de 16554.375m.
Soluc¸a˜o de B:
A velocidade de colisa˜o com o solo sera´
v =
√
2gh
v =
√
2(9.81m/s2)16554.375m
v ≈ 569, 909m/s ou v ≈ 2051.67km/h
Com essa u´ltima informac¸a˜o calculamos tambe´m o tempo de queda.
v = v◦ + gt
569, 909m/s = 0gt
t =
569, 909m/s
9.81m/s2
≈ 58.09s
25
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Como o bala˜o leva 45 + 30 segundos para subir do solo a sua altura ma´xima enta˜o seu tempo
total de voo e´ de 58.09s+ 45s+ 30s = 133.09s.
26
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Quer saber quando saira´ a pro´xima atualizac¸a˜o desse documento? Nesse caso voceˆ pode:
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E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
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Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matema´tica acesse: www.number.890m.com
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Curso de f´ısica ba´sica 1: Mecaˆnica
H. Moyse´s Nussenzveig
nibblediego@gmail.com
2 Movimento Bidimensional
1. No problema do cac¸ador e do macaco (Sec. 3.1), mostre analiticamente que a bala atinge
o alvo, e calcule em que instante isso ocorre, para uma dada distaˆncia d entre eles e a altura h
do galho, sendo v0 a velocidade inicial da bala. Interprete o resultado.
Soluc¸a˜o1
O macaco despenca de modo que sua velocidade inicial e´ v0y = 0, e ele se move so´ na direc¸a˜o
vertical.
O proje´til tem componentes de velocidade nas duas direc¸o˜es.
v0y = v0 · sen(θ) e v0x = v0 · cos(θ) (1)
Da figura acima, sendo D a distaˆncia em linha reta do proje´til a` posic¸a˜o inicial do macaco,
temos que
sen(θ) =
h
D
e cos(θ) =
d
D
(2)
que juntamente com as equac¸o˜es (1) nos levam a:
v0y
v0x
=
h
d
, logo v0y = v0x
(
h
d
)
(3)
1Soluc¸a˜o retirada da prova de transfereˆncia do 2◦ semestre da UFF realizada em 2008.
28
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Tomando o sentido para cima para velocidades positivas, temos, para o macaco:
ym = h− g
2
t2
para o proje´til temos movimentos nas duas direc¸o˜es:
xp = v0xt e yp = v0yt− g
2
t (4)
usando o resultado da equac¸a˜o (3)
yp = v0x
(
h
d
)
t− g
2
t2
O instante em que o proje´til atinge a coordenada horizontal d e´ dado por
td =
d
v0x
,
logo,
yp = v0x
(
h
d
)
·
(
d
v0x
)
− g
2
(
d
v0x
)2
,
logo,
yp = h− g
2
(
d
v0x
)2
(5)
No instante td a coordenada vertical do macaco e´:
ym = h− g
2
(
d
v0x
)2
(6)
ideˆntico a` coordenada vertical do proje´til, equac¸a˜o (5), provando que o proje´til atinge o
macaco.
2. Um avia˜o a jato voa para o norte, de Bras´ılia ate´ Bele´m, a 1630 km de distaˆncia, levando
2h 10 min nesse percurso. De la´, segue para oeste, chegando a Manaus, distante 1290 km de
Bele´m, apo´s 1h 50 min de voo. (a) Qual o vetor deslocamento total do avia˜o? (b) Qual e´ o vetor
velocidade me´dia no trajeto Bras´ılia - Bele´m? (c) Qual e´ o vetor velocidade me´dia no trajeto
Bras´ılia - Manaus?
Soluc¸a˜o de A:
O esquema a seguir ilustra o trajeto do avia˜o.29
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
1290 km
1630 km√
12902 + 16302
BR
BEMA
Pelo esquema percebe-se que o vetor deslocamento total (~dt) sera´
~dt =
√
16302 + 12902 = 2079km
E atrave´s da lei dos senos determina-se sua direc¸a˜o que e´ de aproximadamente 38.4◦.
Soluc¸a˜o de B:
O vetor velocidade me´dia no trajeto Bras´ılia - Bele´m sera´:
~vbb =
1630 km
2h+ 10min
=
1630 km
2h+ (1/6)h
≈ 752.3̂i km/h
com direc¸a˜o e sentido Norte.
Soluc¸a˜o de C:
E o vetor velocidade me´dia no trajeto Bras´ılia - Manaus:
~vbm =
1630ĵ − 1290̂i
(2h+ (1/6)h) + (1h+ (5/6)h)
= 407.5ĵ − 322.5̂i
| ~vbm| = 519.75 km/h
3. Mostre que a magnitude da soma de dois vetores a e b esta´ sempre compreendida entre os
limites
||a| − |b|| ≤ |a+ b| ≤ |a|+ |b|
Em que situac¸o˜es sa˜o atingidos os valores extremos?
Soluc¸a˜o:
Pela regra do paralelogramo escreve-se:
30
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
|a+ b|2 = |a|2 + |b|2 + 2 · a · b · cos(θ)
Se cos(θ) = −1 enta˜o:
|a+ b|2 = |a|2 + |b|2 − 2|a||b| = (|a| − |b|)2
⇒ |a+ b| = |a| − |b|
Se cos(θ) = 1 enta˜o:
|a+ b|2 = |a|2 + |b|2 + 2|a||b| = (|a|+ |b|)2
⇒ |a+ b| = |a|+ |b|
Como cos(θ) e´ uma func¸a˜o trigonome´trica enta˜o no intervalo (−1, 1) verifica-se que |a+ b| e´
menor que a soma dos mo´dulos de a e b. E maior que a diferenc¸a entre eles. Completando a
demonstrac¸a˜o.
O limite inferior e´ atingido quando os dois vetores (a e b) tem mesma direc¸a˜o e sentidos
opostos, como na figura a seguir.
θ
isto e´, formando um aˆngulo de 180◦.
Ja´ o limite superior e´ atingido quando os vetores tem mesma direc¸a˜o e mesmo sentido. for-
mando um aˆngulo de 0◦
Ja´ os dois limites (inferior e superior) sa˜o atingidos apenas quando os vetores “a” e “b” sa˜o
nulos.
4. As magnitudes de a e b sa˜o iguais. Qual e´ o aˆngulo entre a+ b e a− b?
Soluc¸a˜o:
Se as magnitudes de a e b forem iguais enta˜o:
|a+ b| = |a|+ |b| = 0
Como vimos, pela regra do paralelogramo
|a+ b|2 = |a|2 + |b|2 + 2 · a · b · cos(θ)
que implica em
|a+ b|2 = |a|2 + |b|2
apenas quando
31
Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
2 · a · b · cos(θ) = 0
Resolvendo essa ultima equac¸a˜o chegamos a θ = 90◦.
5. As latitudes de longitudes de Sa˜o Paulo, Rio de Janeiro e Belo Horizonte, respectivamente,
sa˜o as seguintes: Sa˜o Paulo: 23◦ 33’ S, 46◦ 39’ O; Rio de Janeiro: 22◦ 53’ S, 43◦ 17’ O; Belo
Horizonte: 19◦ 55’ S, 43◦ 56’ O. A partir destes dados, (a) Calcule as distaˆncias entre as treˆs
cidades; (b) Em relac¸a˜o a um sistema de coordenadas com origem em Sa˜o Paulo e eixo das
abscissas na direc¸a˜o Sa˜o Paulo - Rio de Janeiro obtenha o valor de posic¸a˜o de belo Horizonte.
Soluc¸a˜o de A:
O raio me´dio da Terra e´: R ≈ 6.371 km, assim o per´ımetro de um c´ırculo com esse raio e´ de
aproximadamente 40.000 km.
C = 2pir
⇒ C = 2pi6.371 km
⇒ C ≈ 40.030 km
Assim 1◦ (um grau) de per´ımetro equivalem a 111,19 km
360◦ → 40.030 km
1◦ → x
⇒ x = 111, 19km
Como Sa˜o Paulo esta´ a : 23◦ 33’ S, 46◦ 39’ O (o equivalente a 23,55◦S e 46,65◦O); e o Rio de
Janeiro a`: 22◦ 53’ S, 43◦ 17’ O (o equivalente a 22, 0883◦ = 0, 6◦S e 43, 283◦ = 3, 36◦O); enta˜o a
distaˆncia entre eles sera´:
23, 55◦ − 22, 0883◦ = 0, 6◦ na direc¸a˜o Sul.
46, 65◦ − 43, 283◦ = 3, 36◦ na direc¸a˜o Oeste.
De posse desses dados basta agora calcular a distaˆncia.
d =
√
(0, 6
◦
)2 − (3, 36◦)2 ≈ 3, 43◦
Como ja´ determinamos que 1◦ = 111, 19 km enta˜o 3, 43◦ ≈ 381, 4 km. Ou seja, a distaˆncia
entre Sa˜o Paulo e Rio de Janeiro e´ de 381,4 km.
Analogamente se chega a distaˆncia entre Rio e Belo Horizonte (aproximadamente 337 km) e
S. Paulo e Belo Horizonte (aproximadamente 504 km).
Soluc¸a˜o de B:
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Independente do ponto de origem que escolhemos para o sistema a distaˆncia entre S. Paulo
e B. Horizonte e´ de aproximadamente 504 km, de modo que essa sera´ a magnitude do vetor. Ja´
a direc¸a˜o e o sentido sera´ de 42◦ acima da direc¸a˜o S. Paulo → Rio.
6. Um helico´ptero, sa´ıdo de seu hangar, percorre 100 m numa pista em direc¸a˜o ao sul dobrando
depois para entra em noutra pista rumo ao leste, de onde apo´s percorrer mais 100 m, levanta
voo verticalmente, elevando-se a 100 m de altitude. Calcule: (a) A magnitude do deslocamento
total; (b) O aˆngulo de elevac¸a˜o em relac¸a˜o ao solo, a partir do hangar; (c) A direc¸a˜o da projec¸a˜o
sobre o solo do vetor deslocamento total.
Soluc¸a˜o de A:
A magnitude e´ o mo´dulo do vetor formado pela diagonal interna de um cubo de lado igual a
100 m.
d =
√
1002 +
√
1002 + 1002 ≈ 173.21 m
Soluc¸a˜o de B:
O movimento realizado pelo helico´ptero desenha o seguinte triangulo.
100
√
1002 + 1002
d
θ
Sendo assim,
tg(θ) =
100√
1002 + 1002
⇒ θ ≈ 35, 3◦
Soluc¸a˜o de C:
senθ =
100√
1002 + 1002
≈ 45◦
Ou seja, a direc¸a˜o e´ de aproximadamente 45◦ SE.
7. Uma pedra que se encontra numa elevac¸a˜o de 60 m, sobre uma plataforma horizontal, e´
arrastada por uma enxurrada com a velocidade de 3 m/s. A que distaˆncia horizontal do ponto
de projec¸a˜o e com que velocidade (em km/h) ela atinge o solo?
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Soluc¸a˜o:
Primeiro vamos calcular o tempo de queda da pedra.
y − yo = vot+ 1
2
gt2
⇒ ∆y = voyt+ 1
2
gt2
Como a enxurrada deve ser aplicada horizontalmente enta˜o a projec¸a˜o de vo no eixo y e´ zero.
Assim:
∆y =
1
2
gt2
⇒ 60 m = 1
2
(9.81 m/s2)t2
⇒ t ≈ 3.5s.
Assim, a distaˆncia horizontal (∆x) percorrida pela bola sera´ de:
x = xo + voxt⇒ ∆x = 3 · 3.5 = 10.5 m
Ja´ a velocidade pode ser determinada pela equac¸a˜o v = voy + gt.
v = voy + gt
⇒ v = 0 + gt
⇒ v = 9.81 · 3.5 = 34.225 m/s2 que equivale a 123.606 km/h.
8. Uma mangueira, com o bico a 1,5 m acima do solo, e´ apontada para cima segundo um
aˆngulo de 30◦ com o cha˜o. O jato de a´gua atinge um canteiro a 15 m de distaˆncia. (a) Com que
velocidade o jato sai da mangueira? (b) Que altura ele atinge?
Soluc¸a˜o:
Na horizontal temos:
x = xo + voxt
⇒ t = ∆x
vox
[1]
Ja´ na vertical
y = yo + voyt− 1
2
gt2
No final da trajeto´ria da a´gua seu deslocamento vertical e´ nulo.
⇒ 0 = yo + voyt− 1
2
gt2
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Usando o resultado em [1]
0 = yo + voyt− 1
2
gt2
⇒ yo + voy
(
∆x
vox
)
− 1
2
g
(
∆x
vox
)2
= 0
e substituindo os valores
1.5 + (vosen(30
◦))
(
15
vocos(30◦)
)
− 1
2
(9.81)
(
15
vocos(30◦)
)2
= 0
⇒ 1.5 +
(
15 · sen(30◦)
vocos(30◦)
)
− 1
2
(9.81)
(
15
cos(30◦)
)2
= 0
⇒ vo ≈ 12.035 m/s
Para determinar a altura podemos usar Torriceli.
v2 = v0y − 2gd
0 = (12.035 · sen(30◦))2 − 2(9.81)d
⇒ d ≈ 1.85 m
Mas, como a a´gua ja´ parte de uma altura inicial igual 1.5 m enta˜o a altura ma´xima atingida
e´ de aproximadamente 3.35 m
9. Num jogo de voˆlei, desde uma distaˆncia de 14,5 m da rede, e´ dado um saque do tipo
“jornada nas estrelas”. A bola sobe a 20 m da altura do lanc¸amento, e desce ate´ a altura
do lanc¸amento num ponto do campo adversa´rio situado a 1 m da rede e 8 m a` esquerda do
lanc¸amento. (a) Em que aˆngulo a bola foi lanc¸ada? (b) Com que velocidade (em km/h) volta a
atingir a altura do lanc¸amento? (c) Quanto tempo decorre neste percurso?
Soluc¸a˜o de A:
Na vertical temos:
v2y = v
2
oy − 2gd
Quando a altura for ma´xima vy = 0 enta˜o:
0 = (vo · sen(θ))2 − 2gd
⇒ d = v
2
o · sen2(θ)
2g
Ja´ na horizontal
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BAA =
v2osen(2θ)
g
Pelo enunciado sabemos que d = 20 m. Para determinar o valor de “A” usamos o teorema
de de Pita´goras.
Rede
14.5 m 1m
8m
A
Assim, A =
√
(14.5 + 1)2 + 82 ≈ 17.44m
Fazendo a divisa˜o de “d” por “A” chegamos ao resultado, veja:
d
A
=
v2osen
2(θ)
2g
v2o · sen(2θ)
g
=
20
17.44
⇒ sen
2(θ)
2 · sen(2θ) ≈ 1.15
Como sen(2a) = 2 · sen(a) · cos(a) enta˜o:
sen2(θ)
sen(2θ)
≈ 1.15
⇒ sen
2(θ)
4 · sen(θ) · cos(θ) ≈ 1.15
⇒ sen(θ)
4 · cos(θ) ≈ 1.15
⇒ sen(θ)
cos(θ)
≈ 4.6
⇒ tg(θ) ≈ 4.6
⇒ θ ≈ 77.74◦
Soluc¸a˜o de B:
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
v2o · sen2(θ)
2g
= 20
⇒ vo =
√
20 · 2g
sen2(θ)
Substituindo os valores
vo =
√
20 · 2(9.81)
sen2(77.74◦)
⇒ vo ≈ 20.3 m/s ou 72.98 km/h
Soluc¸a˜o de C:
t =
2 · vo · sen(θ)
g
=
2 · 20.3 · sen(77.7◦)
9.81
≈ 4.04 s
10. Um jogador de basquete quer encestar a bola levantando-a desde uma altura de 2 m do
cha˜o, com velocidade inicial de sete m/s. A distaˆncia da bola a` vertical que passa pelo centro do
cesto e´ de 3 m, e o aro do cesto esta´ a 3,05 m do cha˜o. Em que aˆngulo a bola deve ser lanc¸ada?
Soluc¸a˜o:
O desenho a seguir ilustra a situac¸a˜o.
θ
Bola
Cesta
Vertical
2m
3m
3.05mI
yf = yo + voyt− 1
2
gt2
yf − yo = voyt− 1
2
gt2
3.5− 2 = 7 · sen(θ)t− 1
2
(9.81)t2
1.5 = 7 · sen(θ)t− 1
2
(9.81)t2 (1)
Horizontalmente temos:
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
x = xo + voyt
x− xo = vo · cos(θ)t
⇒ t = 3 m
7 · cos(θ)
Aproveitando essa u´ltima equac¸a˜o em (1)
⇒ 1.5 = 7 · sen(θ)
(
3 m
7 · cos(θ)
)
− 1
2
(9.81)
(
3 m
7 · cos(θ)
)2
⇒ 1.5 = 3 · tg(θ)− 0.9
cos2(θ)
⇒ 1.5 = 3 · tg(θ)− 0.9sec2(θ)
⇒ 1.5 = 3 · tg(θ)− 0.9(1 + tg2(θ))
⇒ 1.5 = 3 · tg(θ)− 0.9− 0.9tg2(θ))
Note que chamando tg(θ) de y temos uma equac¸a˜o do segundo grau.
⇒ 3 · y − 0.9t2 − 1.95 = 0
Que resulta em: y ≈ 0.88 e y ≈ 2.45.
Como chamamos tg(θ) = y enta˜o:
tg(θ) ≈ 0.88⇒ θ ≈ 41.3◦
tg(θ) ≈ 2.45⇒ θ ≈ 67.8◦
Testando esses dois aˆngulos na fo´rmula do alcance (que e´ de 3 m) percebemos que a resposta
correta e´ 67.8◦.
11. Demonstre o resultado de Galileu, enunciado a` pg. 53, mostrando que, para uma dada
velocidade inicial v0, um proje´til pode atingir o mesmo alcance A para dois aˆngulos de elevac¸a˜o
diferentes, θ = 45◦+δ e θ = 45◦−δ, contanto que A na˜o ultrapasse o alcance ma´ximo Am = v2o/g.
Calcule δ em func¸a˜o de v0 e A.
Soluc¸a˜o:
Se o alcance e´ o mesmo para os dois aˆngulos enta˜o:
A45◦+δ = A45◦−δ
⇒ v
2
o · sen(2(45◦ + δ)
g
=
v2o · sen(2(45◦ − δ)
g
⇒ sen(90◦ + 2δ) = sen(90◦ − 2δ)
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Como a igualdade acima e´ verdadeira fica provado a afirmac¸a˜o.
A soluc¸a˜o da segunda parte do problema e´ deduzida diretamente do alcance.
A =
v2o · sen(2(45◦ + δ))
g
⇒ A = v
2
o · sen(90◦ + 2δ)
g
como sen(90− 2δ) = cos(2δ) enta˜o:
gA
v2o
= cos(2δ)
⇒ δ = 1
2
· cos−1(gA/v2o)
12. Generalize o resultado do problema anterior, mostrando que um proje´til lanc¸ado do
cha˜o com velocidade inicial v0 pode atingir um ponto situado a` distaˆncia x e a altura y para
dois aˆngulos de elevac¸a˜o diferentes, contanto que o ponto (x, y) esteja abaixo da “para´bola de
seguranc¸a”.
y =
1
2
(
Am − x
2
Am
)
onde Am e´ o alcance ma´ximo.
Soluc¸a˜o:
???
13. Um jogador de futebol inexperiente chuta um peˆnalti a 9 m do gol, levantando a bola
com velocidade inicial de 15 m/s. A altura da trave e´ de 2,4 m. Calcule: (a) a que distaˆncia
ma´xima da trave, atra´s do gol, um apanhador de bola pode ficar agachado, e (b) a que distaˆncia
mı´nima devem ficar os espectadores, para que na˜o corram risco nenhum de levar bolada.
Soluc¸a˜o:
Sabe-se que:
v2f = v
2
oy − 2gd (Torricelli)
No a´pice da trajeto´ria da bola a velocidade final e´ nula, assim
0 = v2oy − 2gd
⇒ d = v
2
oy
2g
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
Como voy = vo · sen(θ) enta˜o:
d =
v2o · sen2(θ)
2g
Supondo que o a´pice da trajeto´ria da bola seja altura da trave enta˜o d = 2, 4 o que implicaria
em θ = 27.2◦.
2.4 =
152 · sen2(θ)
2(9.81)
⇒ θ ≈ 27.2◦
Usando agora a fo´rmula do alcance e o angulo encontrado chegamos a resposta da letra “B”.
A =
v2o · sen(2θ)
g
=
152 · sen(2 · 27.2◦)
9.81
= 18.65
Ou seja, a plateia deve ficar a pelo menos 18.65 m do ponto em que o jogador chuta a bola.
Ja´ a soluc¸a˜o de “A” pode ser determinada simplesmente subtraindo do resultado anterior
(18.65 m) a distaˆncia do jogador ate´ a trave (9 m). Assim, a resposta da letra “A” seria 9.65
m.
14. Um jogador de futebol, a 20,5 m do gol adversa´rio, levanta a bola com um chute a uma
velocidade inicial de 15 m/s, passando-a ao centroavante do time, que esta´ alinhado com ele e
com o gol, a 5,5 m do gol. O centroavante, que tem 1,80 m de altura, acerta uma cabec¸ada na
bola, imprimindo-lhe um incremento de velocidade na direc¸a˜o horizontal, e marca o gol. (a) De
que aˆngulo a bola havia sido levantada? (b) Qual foi o incremento de velocidade impresso a` bola
pela cabec¸ada.
Soluc¸a˜o de A:
Primeiro vamos considerar apenas o trajeto que a bola faz do jogador que a chuta ate´ a
cabec¸a do centro avante.
yf = yo + voy · t− 1
2
gt2
⇒ yf − yo = vo · sen(θ) · t− 1
2
gt2
Substituindo os valores
1.8− 0 = 15 · sen(θ) · t− 4.905t2
⇒ 1.8 = 15 · sen(θ) · t− 4.905t2 (1)
Horizontalmente temos que
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Curso de f´ısica ba´sica: Mecaˆnica Diego Oliveira / Vito´ria da Conquista - BA
x = xo + voxt
⇒ x− xo = vo · cos(θ)t
⇒ t = ∆x
vo · cos(θ) (2)
Substituindo (2) em (1)
1.8 = 15 · sen(θ)
(
∆x
vo · cos(θ)
)
− 4.905
(
∆x
vo · cos(θ)
)2
(3)
Se o jogador esta´ a 20.5 m do gol e o centro avante, alinhado com ele, esta´ a 5.5 m enta˜o a
distancia entre o jogador e o centro avante (∆x) e´ de 15 m (20.5 m - 5.5 m). Sendo assim:
1.8 = 15 · sen(θ)
(
∆x
vo · cos(θ)
)
− 4.905
(
∆x
vo · cos(θ)
)2
⇒ 1.8 = 15 · sen(θ)
(
15
15 · cos(θ)
)
− 4.905
(
15
15 · cos(θ)
)2
⇒ 1.8 = 15 ·
(
sen(θ)
cos(θ)
)
− 4.905
(
1
cos(θ)
)2
⇒ 1.8 = 15 · tg(θ)− 4.905 · sec2(θ)
Como sec2(θ) = 1 + tg2(θ) enta˜o:
1.8 = 15 · tg(θ)− 4.905 · sec2(θ)
⇒ 1.8 = 15 · tg(θ)− 4.905(1 + tg2(θ))
⇒ 1.8 = 15 · tg(θ)− 4.905 + 4.905 · tg2(θ)
Cuja soluc¸a˜o nos leva a θ ≈ 28.49◦.
Soluc¸a˜o de B:
Usando a equac¸a˜o (1) e o valor de θ que acabamos de determinar obtemos a seguinte equac¸a˜o
do segundo grau.
1.8 = 15 · sen(28.49)t− 4.905t2
⇒ 7.16t− 4.905t2 − 1.8 ≈ 0
Cuja soluc¸a˜o ocorre para t = 0.322
Usando agora a equac¸a˜o do espac¸o hora´rio, e o tempo que acabamos de determinar, chegamos
a velocidade inicial que a bola adquiriu com a cabec¸ada.
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xf = xo + voxt
xf − xo = vox · t
5.5 = vox · 0.322
⇒ vox ≈ 17.1 m/s
Subtraindo esse resultado do valor inicial.
vox − Vo · cos(28.49)⇒ 17.1− 15 · cos(28.49) ≈ 3.82
Assim, o incremento da velocidade inicial e´ de 3.82 m/s
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