F128 Exercicios Resolvidos Cap 4

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 4
Exercício 1
Uma partícula se movimenta sobre um plano. Em um dado referencial, as coordenadas da partícula
são dadas por:
x = 2, 0t2 + 6, 0t(m)
y = 1, 0t+ 3, 0(m)
Estude o movimento da partícula, isto é:
a) determine sua trajetória;
A trajetória de uma partícula é a curva desenhada pela partícula com o passar do tempo.
Podemos interpretar as expressões para x (t) e y (t) como sendo as equações paramétricas de uma
curva no plano, onde t é o parametro que varia, desenhando a curva (vide Geometria Analítica:
Equações Paramétricas).
Observe que a trajetória de uma partícula não expressa completamente o comportamento
temporal dela, ou seja, se ela avançou ou recuou, parou ou teve velocidade constante. A trajetória
é apenas um desenho, o conjunto de pontos pela qual a partícula passa em um intervalo de tempo
infinito.
Para removermos t das equações, isolamos t na expressão de y (t) e substituímos na expressão
para x1:
y = t+ 3→ t = y − 3
Logo
x = 2t2 + 6t = 2 (y − 3)2 + 6 (y − 3)
2y2 − 6y − x = 0
esta é conhecida como a equação geral de uma parábola no plano xy. Isolando x temos:
x (y) = 2y2 − 6y
Esta é a equação da trajetória da partícula.
Como esboçar uma parábola (extra)
Esta parábola tem eixo de simetria paralelo ao eixo x e cruza o eixo y nos pontos:
1Também pode-se fazer o oposto, isolar t na expressão de x e substituir na de y. Porém, neste caso em particular,
iríamos obter duas respostas possíveis para t quando iniciamos com x (t) (ao extrair a raiz colocamos ±). Teríamos
então que usar os dois valores e escrever duas equações complementares para a trajetória, uma para a parte de
cima e outra para a parte de baixo (veja a figura). Isso acontece neste problema porque y (x) não é uma função,
já que para um mesmo x temos dois y possíveis. Mas x (y) é uma função.
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2
x (y′) = 0
2y′2 − 6y′ = (2y′ − 6) y′ = 0
y′1 = 0
ou
y′2 = 3
A ordenada do vértice da parábola é a média dessas duas ordenadas:
yv =
0 + 3
2 =
3
2
A abscissa do vértice está em:
xv = x
(3
2
)
= 297 − 9 = −
9
2
E esboçamos a parábola:
-4 -2 2 4 6 8
x
-1
1
2
3
4
y
b) determine as componentes da velocidade em função do tempo;
As componentes do vetor velocidade são obtidas através da derivação (em relação ao tempo)
das componentes do vetor posição:
~v = vxiˆ+ vy jˆ =
d~r
dt =
dx
dt iˆ+
dy
dt jˆ
Portanto:
vx (t) =
dx
dt = 4t+ 6
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3
vy (t) =
dy
dt = 1
Podemos escrever ainda:
~v (t) = (4t+ 6) iˆ+ jˆ
c) determine as componentes da aceleração em função do tempo.
Da mesma forma que no item anterior temos:
~a = axiˆ+ ay jˆ =
d~v
dt =
dvx
dt iˆ+
dvy
dt jˆ
Portanto:
ax (t) =
dvx
dt = 4
ay (t) =
dvy
dt = 0
Ou ainda:
~a (t) = 4ˆi
Exercício 2
Um caçador, localizado a uma distância de uma árvore, dispara contra um macaco que se encontra
em um galho a uma altura h. No exato instante do disparo, o macaco se solta do galho. Sendo v0
a velocidade inicial da bala, mostre analiticamente que a bala atinge o macaco, e calcule o instante
em que isto ocorre.
O ângulo em que a bala sai é aquele e que o caçador ajustou, mirando no macaco. Pela figura
abaixo temos:
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cos θ = d√
d2 + h2
senθ = h√
d2 + h2
Vamos escrever as equações horárias para as posições horizontal e vertical da bala (trajetória
azul) e do macaco:
Bala
xB (t) = v0 cos θt =
v0d√
d2 + h2
t
yB (t) = v0senθt− g2 t
2 = v0h√
d2 + h2
t− g2 t
2
Macaco
xM (t) = d
yM (t) = h− g2 t
2
Calculemos agora o instante tf em que a bala passa pela mesma posição horizontal que o
macaco:
xB (tf ) = xM (tf )
v0d√
d2 + h2
tf = d
tf =
√
d2 + h2
v0
E por fim calculemos as posições verticais da bala e do macaco neste instante de tempo:
yBf = yB (tf ) =
v0h√
d2 + h2
√
d2 + h2
v0
− g2
(√
d2 + h2
v0
)2
= h− g2
(d2 + h2)
v20
yMf = yM (tf ) = h− g2 t
2
= h− g2
(d2 + h2)
v20
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Notemos que as duas posições verticais coincidem, ou seja, de fato a bala colide com o macaco
no instante de tempo
tf =
√
d2 + h2
v0
Dessa última expressão notamos que tudo se passa como se a bala tivesse mantido o seu
movimento retilíneo. Este é o tempo que a bala levaria para percorrer a hipotenusa da figura
na ausência de gravidade. Para um observador que está em queda livre simultaneamente com a
bala e o macaco isto é exatamente o que ocorre. A velocidade relativa entre eles permanece a
mesma pois a aceleração da gravidade é a mesma para todos os corpos que caem em queda livre
na superfície da Terra.2
Exercício 3
Dois carros percorrem estradas retilíneas perpendiculares entre si. O carro (1) (ver figura) tem
velocidade uniforme de 72km/h. O carro (2) arranca no instante t = 0 com aceleração constante
de 2, 0m/s2. Qual é o movimento (velocidade e trajetória) do carro (2) em relação ao carro (1) ?
Convertendo a velocidade do carro (1) para m/s (para uniformizar as unidades):
v1 = 72
km
h
= 72(1000m)(3600s) = 72
1
3, 6m/s
v1 = 20m/s
Quem está no solo observa o carro (2) efetuar um movimento retilíneo acelerado para a direita.
No referencial do carro (1), além da aceleração para a direita, o outro carro possui uma
velocidade inicial perpendicular a essa aceleração, movimento análogo ao de um projétil (rodado
em 90o). Essa velocidade inicial que o carro (2) possui no referencial do carro (1) aponta para
baixo.
2A aceleração da gravidade é como um rio que arrasta todas as coisas com a mesma "velocidade". É como se
o próprio espaço se movesse na direção do corpo massivo e o restante das coisas se movessem em relação a esse
espaço.
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O carro (1) observa o carro (2) com velocidade dada por:
vx21 (t) = at = 2t
vy21 (t) = −20m/s
Ou seja,
~v21 (t) = 2tˆi− 20jˆ
e este vetor tem módulo v21 (t) =
√
400 + 4t2.
Para facilitar ao escrever as posições do carro (2) em relação ao carro (1) vamos adotar como
origem do referencial do carro (1) a posição inicial do carro (2) neste referencial. Para obtermos a
trajetória do carro (2) em relação ao carro (1) podemos partir da velocidade relativa e da posição
inicial do carro (2). No referencial adotado a posição inicial do carro (2) é (0, 0). A posição relativa
é dada por:
x21 (t) =
a
2 t
2 = t2
y21 (t) = −20t
Separando t na segunda equação e usando na primeira obtemos:
x21 (t) =
(
y21
20
)2
Esta é a equação de uma parábola deitada. Na verdade estamos interessados em apenas um
dos ramos da parábola para os quais t > 0, conforme a figura abaixo:
Esta é a trajetória do carro (2) conforme vista a partir do carro (1).
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Exercício 4
A posição de uma partícula em função do tempo é dada por: ~r = 4sen(ωt)ˆi + 4cos(ωt)jˆ onde r
está em metros e t em segundos.
a) descubra a trajetória desta partícula;
Para encontrarmos a trajetória da partícula precisamos escrever uma equação que relacione as
posições x e y sem dependência temporal. Os movimentos vertical e horizontal são:
x (t) = 4sen (ωt)
y (t) = 4 cos (ωt)
Tomando o quadrado destas equações e somando-as obtemos:
x2 + y2 = 42
que é a equação de uma círcunferência de raio 4 e centro na origem.
b) calcule o vetor velocidade da partícula;
O velor velocidade é a variação temporaldo vetor posição:
~v (t) = d~r (t)dt =
dx (t)
dt iˆ+
dy (t)
dt jˆ
Derivando-se cada componente temos:
vx (t) =
d
dt (4sen (ωt)) = 4ω cos (ωt)
vy (t) =
d
dt (4 cos (ωt)) = −4ωsen (ωt)
O vetor velocidade fica:
~v (t) = 4ω cos (ωt) iˆ− 4ωsen (ωt) jˆ
c) calcule o vetor aceleração;
Calculando-se a variação temporal da velocidade temos:
~a (t) = d~v (t)dt =
dvx (t)
dt iˆ+
dvy (t)
dt jˆ
ax (t) =
d
dt (4ω cos (ωt)) = −4ω
2sen (ωt)
ay (t) =
d
dt (−4ωsen (ωt)) = −4ω
2 cos (ωt)
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O vetor aceleração fica:
~a (t) = −4ω2sen (ωt) iˆ− 4ω2 cos (ωt) jˆ
d) mostre que a direção da aceleração é radial e determine seu módulo.
Um vetor é radial quando é paralelo a uma direção que passe pelo centro do movimento, ou
seja, quando é paralelo ao vetor ~r (t). Para mostrarmos isso calculamos o ângulo entre eles através
do produto escalar:
cos θ = ~a · ~r|~a| |~r|
Temos que |~a| =
√
16ω4sen2 (ωt) + 16ω4 cos2 (ωt) = 4ω2 e |~r| = 4, portanto:
cos θ =
(
−4ω2sen (ωt) iˆ− 4ω2 cos (ωt) jˆ
)
·
(
4sen (ωt) iˆ+ 4 cos (ωt) jˆ
)
4ω24
= −16ω
2sen2 (ωt)− 16ω2 cos2 (ωt)
16ω2
= −1
Isso mostra que os vetores formam um ângulo de 180o, ou seja, são de fato paralelos. Note
ainda que ~a aponta no sentido contrário de ~r em cada dado instante de tempo.
e) mostre que os vetores ~v e ~a são perpendiculares.
Se ~a e ~v são perpendiculares para cada instante de tempo t o ângulo entre eles deve ser sempre
θ = 90o ou θ = 270o. Verifiquemos.
O módulo de ~v é
|~v (t)| =
√
16ω2 cos2 (ωt) + 16ω2sen2 (ωt) = 4ω
Assim:
cos θ = ~a · ~v|~a| |~v| =
(
−4ω2sen (ωt) iˆ− 4ω2 cos (ωt) jˆ
)
·
(
4ω cos (ωt) iˆ− 4ωsen (ωt) jˆ
)
4ω24ω
= −16ω
3sen (ωt) cos (ωt) + 16ω3 cos (ωt) sen (ωt)
16ω3
= 0
Que implica em θ = 90o ou θ = 270o.
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Exercício 5
No instante t= 0, e de um ponto de altura y0 = 5, 0m, lança-se horizontalmente uma pedra com
velocidade de módulo v0 = 10m/s. Adote g ∼= 10m/s2 e
a) escreva a equação da trajetória da pedra, tomando como origem o ponto do solo (horizontal)
na vertical do ponto de lançamento;
Podemos representar o instante de lançamento através da figura:
Não há forças na horizontal, logo ax = 0m/s2 e vx = 10m/s é constante. Temos portanto:
x (t) = 10t
Na vertical temos a gravidade g = −10m/s2, assim:
y (t) = y0 +
g
2 t
2 = 5− 5t2
Isolando t na equação para x obtemos t = x10 , assim:
y = 5− 5
(
x
10
)2
y (x) = 5− x
2
20
E esta é a equação da trajetória da pedra, uma parábola como seria de se esperar para o
movimento de um projétil.
b) ache o instante tf em que a pedra atinge o solo e a posição do ponto de impacto;
A pedra atinge o solo quando y (tf ) = 0, assim:
5− 5t2f = 0→ tf = 1s
a solução tf = −1s não pode ser usada, pois se refere a um tempo anterior ao lançamento da
pedra.
A posição do ponto de impacto é dada por:
xf = x (tf ) = 10tf = 10m
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c) represente os vetores velocidade no instante inicial e no instante tf (impacto com o solo).
Qual é a expressão, em função do tempo t (0 ≤ t ≤ tf ) do módulo da velocidade da pedra?
No instante inicial a velocidade da pedra é puramente horizontal
~v0 = 10ˆi+ 0jˆ
Em qualquer instante de tempo o vetor velocidade é dado por3:
~v (t) = v0iˆ− gtjˆ
~v (t) = 10ˆi− 10tjˆ
Ao atingir o solo a pedra tem velocidade:
~vf = 10ˆi− 10jˆ
O módulo da velocidade em qualquer instante de tempo é dado por:
|~v (t)| =
√
~v (t) · ~v (t) =
√
v0 + (gt)2 =
√
100 + 100t2
|~v (t)| = 10
√
1 + t2
d) determine, em função do tempo, as expressões dos módulos da componente normal e tan-
gencial da aceleração da pedra.
O exercício pede as componentes normal e tangencial da aceleração em relação à trajetória.
Primeiro notemos que o vetor velocidade é sempre tangencial à trajetória em qualquer ponto, em
qualquer caso físico. Basta então calcular as componentes normal e tangencial da aceleração em
relação ao vetor velocidade.
Toda a aceleração que a pedra recebe é devida à gravidade ~g. Podemos decompor esta acelera-
ção em uma componente tangencial à trajetória (responsável por alterar o módulo da velocidade)
e uma componente perpendicular à trajetória (que altera a direção do vetor velocidade).
Componente tangencial da aceleração
Podemos calcular a componente tangencial da aceleração de duas formas:
• Lembrando que ela é a variação temporal do módulo de ~v:
aT (t) =
d |~v (t)|
dt = 10×
1
2 ×
1√
1 + t2
× 2t = 10t√
1 + t2
3Note que ~v (t) = ~v0 + ~gt, onde ~g = −10jˆ de acordo com a nossa escolha de eixos.
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• Fazendo a projeção do vetor gravidade na direção definida pelo vetor velocidade:
Para isso calculamos o versor4 da direção de ~v (t) e a seguir fazemos o produto escalar:
aT (t) = ~g · ~v (t)|~v (t)| =
(
0ˆi− 10jˆ
)
·
(
10ˆi− 10tjˆ
)
10
√
1 + t2
= 10t√
1 + t2
Componente normal da aceleração
A união das duas componentes (normal e tangencial, que são perpendiculares) deve resultar
na aceleração da gravidade:
Como ~aN ⊥ ~aT então ~aN · ~aT = 0. Como ~g = ~aN + ~aT , temos:
|~g| =
√
~g · ~g =
√
(~aN + ~aT ) · (~aN + ~aT )
=
√
~aN · ~aN + 2~aN · ~aT + ~aT · ~aT
|~g (t)| =
√
|~aN (t)|2 + |~aT (t)|2
Portanto, separando o módulo da componente normal:
|~aN (t)| =
√
|~g (t)|2 − |~aT (t)|2
=
√
100− 100t
2
1 + t2
= 10√
1 + t2
Podemos verificar que em t = 0s temos:
|~aT (0)| = 0
|~aN (0)| = 10m/s2 = g
como seria de se esperar.
4vetor de tamanho 1. Pega-se o vetor e divide-se cada componente dele pelo seu módulo.
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Exercício 6
Na rua, um esguicho de bombeiro dista 20m de um edifício em chamas. A velocidade da água,
ao sair do esguicho é 20m/s. Qual é a altura máxima que a água pode atingir no edifício? Tome
g ∼= 10m/s2.
Vamos colocar a origem dos eixos sobre o esguicho dos bombeiros. Esquematicamente temos:
O único parâmetro livre que os bombeiros podem ajustar é o ângulo θ em que o esquicho
sejá posicionado. Nosso objetivo é ajustar este ângulo para que o ponto da parábola com abscissa
x = 20m esteja na altura máxima (ou seja, a função y (x, θ) é tal que y (x = 20m, θMa´x) é máximo).
O movimento de cada gota de água expelida é dado por:
x (t) = v0 cos (θ) t = 20 cos (θ) t
y (t) = v0sen (θ) t− g2 t
2 = 20sen (θ) t− 5t2
Para obtermos uma equação para a trajetória (que relacione x com y) isolamos t na primeira
equação:
t = x
v0 cos (θ)
E substituimo na segunda:
y (x, θ) = tan (θ)x− g2v20 cos2 (θ)
x2
Aqui escrevemos y (x, θ) para frisar que para um dado x o valor de y também depende de θ,
conforme representado pelas trajetórias abaixo:
0 5 10 15 20
5
10
15
20
25
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Ao atingir a parede do edifício a gota tem abscissa xf = 20m.
Nesta abscissa a altura da gota é dada por:
y (xf ) = tan (θ)xf − g2v20 cos2 (θ)
x2f
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