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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 02 – Movimento Unidimensional 
17 
 
Inicial
Final
y
l
v1
x
x0 = 0 x l1= 
y h0 = 
y1 = 0
v0 = 0
vC
vC
h
 
A solução deste problema consiste em analisar as equações do movimento horizontal do caminhão e 
vertical da maçã e combiná-las, pois são sincronizadas no tempo. Movimento do caminhãoem x: 
 
0 xx x v t
 
 
0 Cl v t
 
 
C
l
t
v
 (1) 
Movimento da maçã em y: 
 
2
0 0
1
2
y y v t at
 
 
210 0 ( )
2
h g t
 
 
21
2
h gt
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
2
2
2
12 m1 1
9,81 m/s 3,026 m
m/s2 2
55 km/h 3,6 
km/h
C
l
h g
v
 
 
3,0 mh
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
61. Um jogador de basquete, no momento de “enterrar” a bola, salta 76 cm verticalmente. Que 
tempo passa o jogador (a) nos 15 cm mais altos do pulo e (b) nos 15 cm mais baixos? Isso 
explica por que esses jogadores parecem suspensos no ar no topo de seus pulos. 
 (Pág. 32) 
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a
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Solução. 
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema. 
 
 
yD
y = yA G = 0
a = -g
y
15 cm mais
altos
15 cm mais
baixosA
B
C
D
E
F
G
y yC E= 
y yB F= 
 
Como a aceleração é a mesma na subida e na descida, temos que: 
 
AB FGt t
 
15 2B ABt t
 
15
2
B
AB
t
t
 
 
CD DEt t
 
15 2A CDt t
 
15
2
A
CD
t
t
 
onde tAB é o tempo para ir de do ponto A ao ponto B e t15A e t15B são os tempos em que o jogador 
passa nos 15 cm mais altos e mais baixos, respectivamente. 
A velocidade inicial do jogador (vA) pode ser calculada pela análise do movimento no trecho AD. 
 
2 2
0 02 ( )v v a y y
 
 
2 2 2( )( )D A D Av v g y y
1) 
 
20 2 ( 0)A Dv g y
 
 
22 2(9,81 m/s )(0,76 m) 3,8615022... m/sA Dv gy
 
(a) Análise do movimento no trecho CD. 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
21 ( )
2
D C D CD CDy y v t g t
 
 2
151(0,15 m) 0
2 2
Atg
 
 
15 2
8(0,15 m)
0,3497... s
(9,81 m/s )
At
 
 
15 0,35 sAt
 
(b) Análise do movimento no trecho AB. 
 
2
0 0
1
2
y y v t at
 
 
21 ( )
2
B A A AB ABy y v t g t
 
 2
15 151(0,15 m)
2 2 2
B B
A
t t
v g
 
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 2
15 15
(9,81 m/s ) (3,8615022... m/s)
(0,15 m) 0
8 2
B Bt t
 (1) 
A Eq. (1) é uma equação do segundo grau cujas raízes são: 
 
15
15
' 1, 492560... s
'' 0,081955... s
B
B
t
t
 
Como t15B deve ser menor do que t15A: 
 
15 0,082 sBt
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
64. O laboratório de pesquisa da gravidade nula do Centro de Pesquisa Lewis da NASA (EUA) tem 
uma torre de queda de 145 m. Trata-se de um dispositivo vertical onde se fez vácuo e que, entre 
outras possibilidades, permite estudar a queda de uma esfera com diâmetro de 1 m, que contém 
equipamentos. (a) Qual o tempo de queda do equipamento? Qual sua velocidade ao pé da torre? 
(c) Ao pé da torre a esfera tem uma aceleração média de 25 g quando sua velocidade é reduzida 
a zero. Que distância ela percorre até parar? 
 (Pág. 32) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Acel.
Desacel.
y2
y0 = 0
y1 = 145 m
g
y
 
Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda 
livre pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema, a aceleração da gravidade tem o 
mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal positivo. 
 
2
1001
2
1
tatvyy yy
 (1) 
Como v0y = 0: 
 
1 0
1
2( )
y
y y
t
a
 
 
1 0
1
2( )y y
t
g
 
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1 2
2[(145 m) 0)
5,43706 s
(9,81 m/s )
t 
 
 
s 44,51t
 
(b) O cálculo da velocidade de chegada da esfera à base da torre também é direto. 
 
101 tavv yyy
 
 
2
1 0 (9,81 m/s )(5,43706 s) 53,337604 m/syv
 
 
m/s 3,531yv
 
(c) A desaceleração ocorre entre as posições y1 e y2. 
 
)(2 1
2
1
2
2 yyavv yyyy
 
 2 2 2 2 2 2
2 1 2 1
2
0 (53,337604 m/s)
5,8 m
2 2 25 2 (25 9,81 m/s )
y y y y
y
v v v v
y
a g
 
 
5,8 my
 
Obs.: O diâmetro da esfera não tem utilidade na resolução dos itens pedidos. Ele só foi dado para 
ilustrar a situação. 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
70. Um balão está subindo a 12,4 m/s à altura de 81,3 m acima do solo quando larga um pacote. (a) 
Qual a velocidade do pacote ao atingir o solo? (b) Quanto tempo ele leva para chegar ao solo? 
 (Pág. 32) 
Solução. 
O balão desloca-se em movimento retilíneo para cima, com velocidade constante. Considere o 
esquema abaixo para a resolução do problema. Como o balão está em movimento, a velocidade 
inicial do pacote é a mesma do balão. 
y = h0 
y = 0
a = -g
v = 0 vBy
 
(a) A velocidade (v) do pacote ao atingir o chão pode ser calculada da seguinte forma: 
 
2 2
0 02 ( )v v a y y
 
 
2 2 2( )(0 )Bv v g h
 
 
2 2 2Bv v gh
 
 
2 2 2(12,4 m/s) 2(9,81 m/s )(81,3 m)v
 
 
41,819445... mv
 
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21 
 
41,8 mv
 
(a) O tempo (t) gasto para o pacote atingir o chão pode ser calculado da seguinte forma: 
 
0 0
1
( )
2
y y v v t
 
 
1
0 ( )
2
Bh v v t
 
 
2
B
h
t
v v
 
 
2(81,3 m)
5,5269567... s
(12,4 m/s) (41,819445... m/s)
t
 
 
5,53 st
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
73. No Laboratório Nacional de Física da Inglaterra (o equivalente ao nosso Instituto Nacional de 
Pesos e Medidas) foi realizada uma medição de g atirando verticalmente para cima uma bola de 
vidro em um tubo sem ar e deixando-a retornar. A figura 35 é o gráfico da altura da bola em 
função do tempo. Seja tL o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas da bola pelo 
nível inferior, tU o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas pelo nível superior e 
H a distância entre os dois níveis. Prove que 
 
2 2
8
L U
H
g
t t
. 
 
 (Pág. 32) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema. 
 
A
B
C
yA
0
y
yB
yC
 
Movimento do ponto A ao ponto C é dado por: 
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22 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
21 ( )
2
C A Cy y v t g t
 
No ponto C a velocidade da bola (vC) é zero. 
 2
1
0
2 2
L
C A
t
y y g
 
 
21
8
C A Ly y g t
 (1) 
De maneira idêntica, o movimento do ponto B ao ponto C é dado por: 
 
21
8
C B Uy y g t
 (2) 
Subtraindo-se (2) de (1): 
 
2 21( ) ( ) ( )
8
C A C B B A L Uy y y y y y H g t t
 
Portanto: 
 
2 2
8
L U
H
g
t t
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
74. Uma bola de aço de rolamento é largada do teto de um edifício com velocidade inicial nula. Um 
observador em pé diante de uma janela com 120 cm de altura nota que a bola gasta 0,125 s para 
ir do topo da janela ao parapeito. A bola continua a cair, chocando-se elasticamente com uma 
calçada horizontal e reaparece no parapeito da janela 2,0 s após passar por ela ao descer. Qual a 
altura do edifício? (Após uma colisão elástica, a velocidade escalar da bola em dado ponto é a 
mesma ao subir e ao descer.) 
 (Pág. 33) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
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y1
v0 = 0
y
y2 = y4
a j = g
y = H0
H
h
y = 3 0
v1
v2
v3
v3
v4 = v3
t1
t3
t2
 
Vamos analisar o movimento de queda livre da esfera entre os pontos 0 (topo do edifício) e 2 
(parapeito da janela): 
 
2 2
0 02v v a y y
 
 
2 2
2 0 22v v g y H
 
 
2
2 20 2v g y H
 
 2
2
2
2
v
H y
g
 (1) 
Agora vamos analisar o movimento da esfera entre os pontos 1 (topo da janela) e 2 (parapeito da 
janela): 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
2
2 1 2 2 2
1
2
y y v t g t
 
 
2
2 2 2
1
2
h v t g t
 
 
2 2 2
2
1,20 m1 1 m
9,81 0,125 s
2 0,125 s 2 s
h
v g t
t
 
 
2 10,213125 m/sv
 
Finalmente, vamos analisar o movimento da esfera entre os pontos 2 (parapeito da janela) e 3 (solo). 
Note que o tempo requerido para a esfera ir do parapeito ao solo e retornar ao parapeito é de 2,0 s. 
Logo, o tempo para ir do parapeito ao solo é de t3 = 1,0 s. 
 
2
0 0
1
2
y y v t at
 
 
2
3 2 2 3 3
1
2
y y v t g t
 
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2
2 2 3 3
1
0
2
y v t g t
 
 
2 22
2 3 2 3 2
1 1 m
9,81 1,0 s 10,213125 m/s 1,0 s
2 2 s
y g t v t
 
 
2 15,118125 my
 
Substituindo-se os valores de v2 e y2 em (1), teremos a resposta do problema: 
 2
2
10,213125 m/s
15,118125 m 20,434532 m
2 9,81 m/s
H 
 
 
20 mH
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
75. Um cachorro avista um pote de flores passar subindo e a seguir descendo por uma janela com 
1,1 m de altura. O tempo total durante o qual o pote é visto é de 0,74 s. Determine a altura 
alcançada pelo pote acima do topo da janela. 
 (Pág. 33) 
Solução. 
O tempo no qual o vaso é visto subindo (tS) é igual ao tempo no qual ele é visto descendo (tD). 
Portanto: 
 
2S D St t t t
 
 
0,34 s
2
S
t
t
 
Considere o esquema abaixo para a resolução do problema. 
 
y1
y = 0 0
y
y2
a = -g
 
Cálculo da velocidade do vaso na coordenada y1 (v1): 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
2
1 0 1
1
( )
2
S Sy y v t g t
 
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25 
 
2
1 0
1
1
2
S
S
y y gt
v
t
 
 
2 2
1
1
(1,1 m) 0 (9,81 m/s )(0,37 s)
2
(0,37 s)
v
 
 
1 1,15812297... m/sv
 
Cálculo da distância acima da janela atingida pelo vaso (y2 y1): 
 
2 2
0 02 ( )v v a y y
 
 
2 2
2 1 2 12( )( )v v g y y
 
 2 2
1 2
2 1
2
v v
y y
g
 
 2
2 1 2
(1,15812297... m/s) 0
0,068361... m
2(9,81 m/s )
y y
 
 
2 1 6,8 cmy y
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
 
 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 03 – Vetores 
26 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 3 – VETORES 
 
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 
51 52 53 
 
[Início documento] 
 
16. Uma roda com raio de 45 cm rola sem deslizar ao longo de uma superfície horizontal, como 
mostra a Fig. 25. P é um ponto pintado no aro da roda. No instante t1, P é o ponto de contato 
entre a roda e o chão. No instante t2 posterior, a roda girou de meia revolução. Qual é o 
deslocamento de P nesse intervalo de tempo? 
 
 (Pág. 46) 
Solução. 
Considere o esquema a seguir: 
 
P
r
x
y
P
x
y
 
O deslocamento do ponto P corresponde ao vetor r, que é dado por: 
 
x yr i j
 
Analisando-se o esquema acima, podemos concluir que x é corresponde a meia volta da 
circunferência da roda ( R) e y é igual a 2R. Logo, o vetor deslocamento vale: 
 
2 1,4137 m 0,90 mR Rr i j i j
 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 03 – Vetores 
27 
 
1,4 m 0,90 mr i j
 
O módulo do deslocamento vale: 
 
2 2 2,2237 mr x y 
 
 
2,2 mr
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
24. Uma estação de radar detecta um míssil que se aproxima do leste. Ao primeiro contacto, a 
distância do míssil é 3.200 m, a 40,0
o
 acima do horizonte. O míssil é seguido por 123
o
 no plano 
leste-oeste, e a distância no contacto final era de 7.800 m; veja a Fig. 27. Ache o deslocamento 
do míssil durante o período de contacto com o radar. 
 
 (Pág. 46) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
r0
r
r
x
y
 
A posição inicial do míssil é dada por: 
 
0 0 0x yr rr i j
 
 
0 0 0cos senr rr i j
 
A posição final do míssil é dada por: 
 
x yr rr i j
 
 
cos senr rr i j
 
O vetor deslocamento do míssil é dado por: 
 
x yr i j
 
 
0 0cos cos sen senr r r rr i j
 
 
10.216,9370 m 33,5360 mr i j 
 
 
10 km 33 mr i j
 
O módulo do deslocamento é: 
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a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 03 – Vetores 
28 
 
2 2 10.216,9921 mx yr r r 
 
 
10 kmr
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
 
 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 04 – Movimento Bi e Tridimensional 
29 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO BI E TRIDIMENSIONAL 
 
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 
71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 
81 82 83 84 85 86 87 
 
[Início documento] 
 
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
 
 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 04 – Movimento Bi e Tridimensional 
30 
[Início seção] [Início documento] 
 
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? 
 
 (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: 
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31 
 
1
(2 )
4
1
(2 )
4
 
Como 0 /2 (ver figura), a resposta mais coerente é: 
 
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. 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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: 
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32 
 
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
 
(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: 
 
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
 
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33 
 
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. 
 
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


 
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34 
 
138.581,29 mR 
 
 
139 kmR
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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: 
 
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: 
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35 
 
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
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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: 
 
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
 
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36 
 
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
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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. 
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: 
 
vNC
vN
vC
x
y
 
(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale: 
 
tan C
N
v
v
 
 
1tan 27,0463C
N
v
v

 
 
27
 
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37 
(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
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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: 
 
vGT
vG
vT
x
y
 
Os vetores vT e vGT são definidos como: 
 
T Tvv i
 (1) 
 
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
 
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38 
 
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
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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 formaque 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
 
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: 
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39 
 
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): 
 
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): 
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40 
 
sen
)cos(
2
HA
HAA
vv
vvl
t
 
Agora podemos construir a função t1 + t2 = f( ): 
 
sen
)cos(
θsen
21
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
 
 
[Início seção] [Início documento] 
 
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) 
que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio? 
 (Pág. 70) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
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41 
 x
y
vN
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
 
 
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
 
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42 
 
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
 
 
[Início seção] [Início documento]