probelmas_resolvidos_modulo1_1_

Prévia do material em texto

´Indice
1 Problemas propostos 2
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Problemas Resolvidos 17
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Capı´tulo 1
Problemas propostos
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1
Cinema´tica Escalar
1. (a) O que e´ uma partı´cula? Deˆ um exemplo em que um corpo pode ser considerado
como uma partı´cula e um outro exemplo em que o mesmo corpo na˜o pode ser con-
siderado como uma partı´cula.
(b) Defina referencial?
(c) O que sa˜o func¸o˜es-movimento de uma partı´cula?
(d) Defina trajeto´ria de uma partı´cula?
(e) Deˆ dois exemplos de movimentos diferentes com uma mesma trajeto´ria.
2. Em seu treinamento de atletismo, Juca percorreu um trecho retilı´neo de uma estrada de
20km de comprimento do seguinte modo: nos primeiros 10km ele manteve uma veloci-
dade me´dia de 12km/h, enquanto nos u´ltimos 10km ele foi capaz de manter apenas uma
velocidade me´dia de 8km/h. Seu amigo Zeca, informado desse resultado, concluiu que
Juca percorreu a distaˆncia total de 20 km com uma velocidade me´dia de 10 km/h. Calcule
essa velocidade me´dia e verifique se esta´ correta ou na˜o a conclusa˜o de Zeca.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 3
3. Considere um movimento uniformemente acelerado gene´rico de uma partı´cula que se
move ao longo do eixo OX . Nesse caso, a sua func¸a˜o-velocidade e´ escrita como vx =
f˙x(t) = vx0 + at, onde vx0 e´ uma constante arbitra´ria (trata-se da velocidade da partı´cula
no instante t = 0) e a e´ uma constante na˜o-nula arbitra´ria (trata-se da acelerac¸a˜o da
partı´cula). Demonstre, nesse caso, que a velocidade me´dia num intervalo de tempo qual-
quer [t1, t2] coincide na˜o apenas com a velocidade instantaˆnea no instante dado pela me´dia
aritme´tica dos instantes extremos do intervalo como tambe´m com a me´dia aritme´tica das
velocidades instantaˆneas nos extremos do intervalo. Ou seja, demonstre que
〈f˙x〉[t1, t2] = f˙x
(
t1 + t2
2
)
=
f˙x(t1) + f˙x(t2)
2
. (1.1)
4. Uma partı´cula se move ao longo do eixo OX e sua func¸a˜o-movimento e´ dada por
x = fx(t) = −t2 + 6t + 16 , (1.2)
onde esta´ subentendida a utilizac¸a˜o do Sistema Internacional de Unidades.
(a) Determine a func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-acelerac¸a˜o da partı´cula.
(b) Em que instantes e com que velocidades a partı´cula passa pela origem?
(c) Durante que intervalo de tempo a partı´cula esta´ no semi-eixo OX positivo? Nesse
intervalo, qual e´ a distaˆncia ma´xima da origem atingida por ela?
(d) Calcule as velocidades me´dias nos intervalos [−2, 2], [2, 4] e [4, 8]. Utilizando o
intervalo [−2, 2], verifique explicitamente a validade da fo´rmula (1.1).
5. Uma partı´cula se move ao longo do eixo OX com uma acelerac¸a˜o constante ax = 1m/s2.
No instante t0 = 0 sua posic¸a˜o e´ x0 = d, d > 0, e em t′ = 2s sua posic¸a˜o e´ x′ = d− 6.
(a) Obtenha a func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-movimento da partı´cula.
(b) Em que instante a partı´cula inverte o sentido de seu movimento? Em que instante
ela retorna a` posic¸a˜o inicial?
(c) Qual e´ o menor valor de d para que a partı´cula na˜o atinja o semi-eixoOX negativo?
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 4
6. Uma partı´cula e´ lanc¸ada verticalmente para cima com uma velocidade de mo´dulo v0. Seja
d1 a distaˆncia percorrida pela partı´cula durante a primeira metade do intervalo de tempo
gasto na subida e seja d2 a distaˆncia percorrida por ela durante a segunda metade. Calcule
a raz ao d1/d2.
7. Uma pedra cai, a partir do repouso, do alto de um pre´dio. Ao observar a pedra, uma
pessoa verifica que ela percorre os u´ltimos 25 metros antes de se chocar com o solo em 1
segundo. Determine a altura do pre´dio?
8. A figura mostra o gra´fico da posic¸a˜o versus tempo de uma partı´cula em movimento unidi-
mensional ao longo do eixo OX . No gra´fico, esta˜o marcados os instantes t1 e t2 que cor-
respondem, respectivamente, ao instante em que a partı´cula atinge a distaˆncia ma´xima em
relac¸a˜o a` origem e ao instante em que a reta tangente ao gra´fico tem inclinac¸a˜o ma´xima,
em mo´dulo, no intervalo t > t1.
tt1 t2
x
Esboce os gra´ficos de vx versus t e ax versus t da partı´cula e, neles, marque os
instantes t1 e t2.
9. A figura mostra o gra´fico da velocidade versus tempo para um movimento retilı´neo de
uma partı´cula. Em t = t0 a partı´cula tem velocidade nula, mas a sua velocidade aumenta
ate´ o instante t = t2; a partir desse instante ela diminui e volta a ser zero em t = t4. Do
instante t = t0 ao instante t = t1 a derivada da velocidade aumenta; do instante t = t1
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 5
ao instante t = t3, ela diminui, passando pelo valor nulo em t = t2 (note que entre t2 e
t3 ela aumenta em mo´dulo); do instante t = t3 ao instante t = t4 volta a aumentar ate´
atingir o valor nulo em t4 (note que, nesse intervalo, ela diminui em mo´dulo). Suponha
que a posic¸a˜o da partı´cula no instante t = t0 seja x0 e que a a´rea sob a curva do gra´fico
da velocidade versus tempo, entre os instantes t = t0 e t = t4, seja D.
t
v
t0 t1 t2 t3 t4
(a) Esboce o gra´fico de x versus t e, nele, indique os instantes t0, t2 e t4.
(b) Esboce o gra´fico da ax versus t e, nele, indique os instantes t0, t1, t2, t3 e t4.
10. O gra´fico mostra como variam os mo´dulos das velocidades de dois pilotos de prova de
fo´rmula um, Pedro e Renata, numa das va´rias marcac¸o˜es de seus tempos. Renata arranca
e mante´m uma acelerac¸a˜o constante ate´ atingir uma velocidade ma´xima vM e, a partir
desse instante, passa a frear com acelerac¸a˜o de mo´dulo constante ate´ atingir o repouso no
instante tF . Pedro tambe´m arranca, mante´m uma acelerac¸a˜o constante e atinge a mesma
velocidade ma´xima de Renata, mas demora mais tempo para fazeˆ-lo. Ale´m disso, Pedro
consegue frear a tempo de atingir o repouso no mesmo instante que Renata.
O t
v
vM
tF
Pedro Renata
Denotando por vR e vP as respectivas velocidades escalares me´dias de Renata e Pe-
dro entre os instantes 0 e tf , compare, usando os sı´mbolos de ordem >, < ou =, as
velocidades vR e vP . Justifique sua resposta.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 6
11. Um carro de fo´rmula 1 esta´ fazendo testes numa longa pista retilı´nea e esta˜o sendo me-
didos os intervalos de tempo gastos para que ele percorra uma distaˆncia d. Suponha que
ele inicie seu movimento a partir do repouso e que, apo´s percorrer essa distaˆncia, ele re-
torne ao repouso. Sabe-se, ainda, que a maior acelerac¸a˜o que esse carro pode atingir e´
α e a ma´xima desacelerac¸a˜o alcanc¸ada e´ β (β > 0). Imagine, agora, um dos possı´veis
movimentos que respeitam essa condic¸a˜o, a saber: em t = 0 ele inicia um MRUV com
acelerac¸a˜o α ate´ um certo instante, a partir do qual comec¸a a diminuir a sua velocidade
descrevendo outro MRUV, com desacelerac¸a˜o β, ate´ atingir o repouso exatamente apo´s
ter percorrido a distaˆncia d.
(a) Fac¸a um gra´fico da velocidade do carro versus tempo correspondente ao movimento
descrito anteriormente.
(b) Usando o fato de que a acelerac¸a˜o de uma partı´cula pode ser obtida do gra´fico de sua
velocidade versus tempo e tambe´m o fato de que a a´rea alge´brica sob esse gra´fico
da´ o seu deslocamento, mostre que para percorrer a distaˆncia d no menor tempo
possı´vel, esse carro deve seguir exatamente o movimento descrito anteriormente.
Na˜o se esquec¸a de que, nesse problema, os carros teˆm a restric¸a˜o de ter acelerac¸a˜o
ma´xima α e desacelerac¸a˜o ma´xima (em mo´dulo)β.
(c) Mostre que para o movimento descrito na figura do item (a) o intervalo de tempo
gasto pelo carro para percorrer a dista˜ncia d e´ dado por (trata-se do menor tempo
possı´vel, com as condic¸o˜es dadas no enunciado)
[
2d(α+ β)
αβ
]1/2
. (1.3)
12. A func¸a˜o-velocidade de uma partı´cula que se move ao longo do eixo OX e´ dada por
vx = f˙x(t) = t
2 − 4t + 3, onde esta´ subentendida a utilizac¸a˜o do Sistema Internacional
de Unidades.
(a) Em que instantes o movimento da partı´cula muda de sentido?
(b) Determine a func¸a˜o-acelerac¸a˜o da partı´cula e o instante em que ela se anula.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 7
(c) Esboce os gra´ficos de vx versus t e ax versus t e, neles, marque os instantes encon-
trados no itens anteriores.
(d) Supondo que em t = 0 a partı´cula esteja na origem, determine a sua func¸a˜o-
movimento. Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de x versus t e, nele, marque os instantes
em que a partı´cula inverte o sentido de seu movimento.
13. A func¸a˜o-acelerac¸a˜o de uma partı´cula que se movimenta ao longo do eixoOX e´ dada por
ax = bt − c), onde b e c sa˜o constantes positivas. No instante inicial, t = 0, a partı´cula
esta´ na origem com velocidade nula.
(a) Determine as unidades do SI em que se expressam as constantes b e c.
(b) Calcule a velocidade da partı´cula em qualquer instante de tempo. Em que instantes
a partı´cula inverte o sentido de seu movimento?
(c) Obtenha a func¸a˜o-movimento da partı´cula. Em que instante ela cruza a origem?
(d) Esboce o gra´fico da posic¸a˜o x da partı´cula versus o tempo t e, nele, indique os
instantes em que vx = 0 e x = 0.
14. Uma esfera bem pequena e´ abandonada a partir do repouso no interior de um tubo vertical
no qual existe um ga´s que oferece resisteˆncia ao seu movimento. A sua queda e´ filmada
e, escolhendo-se a origem do eixo vertical OY na posic¸a˜o inicial da esfera, encontra-se
que a func¸a˜o-movimento que melhor descreve os dados registrados no filme e´ dada por
y = A
(
β t + e−β t − 1) , (1.4)
onde A e β sa˜o constantes positivas e o eixo OY aponta para baixo.
(a) Determine as unidades no SI em que se expressas as constantes A e β.
(b) Determine a velocidade da esfera para t ≥ 0 e sua velocidade terminal (aquela que
a esfera atingiria no limite de um tempo infinito). Esboce o gra´fico da velocidade
versus tempo indicando nele a velocidade terminal.
(c) Obtenha a acelerac¸a˜o da esfera para t ≥ 0 e esboce o gra´fico de ay versus t.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 8
15. A func¸a˜o-acelerac¸a˜o de uma partı´cula que se move ao longo do eixo OX e´ dada por
ax = f¨x(t) = a0 sen(ωt), onde a0 e ω sa˜o constantes positivas.
(a) Sabendo que em t0 = 0 a partı´cula se encontra na origem com velocidade nula,
determine a sua func¸a˜o-velocidade e a sua func¸a˜o-movimento.
(b) Calcule a velocidade me´dia da partı´cula no intervalo [t, t + 2pi/ω], onde t e´ um
instante arbitra´rio e verifique que, apesar de ter uma acelerac¸a˜o oscilante, a partı´cula
se afasta da origem com o passar do tempo.
(c) Esboce os gra´ficos de ax versus t, vx versus t e x versus t, no intervalo [0, 4pi/ω].
(d) Para que voceˆ perceba a forte dependeˆncia do movimento da partı´cula nas condic¸o˜es
iniciais, suponha, neste item, que em t0 = 0 ela esteja na origem, mas com veloci-
dade vx0 = −a0/ω. Utilizando essas novas condic¸o˜es iniciais, obtenha a func¸a˜o-
velocidade e a func¸a˜o-movimento da partı´cula e repita os itens (b) e (c).
Cinema´tica Vetorial
16. Um observador no solo percebe que uma pedra foi lanc¸ada horizontalmente de uma altura
h e atingiu o solo apo´s percorrer uma distaˆncia horizontal D. A partir desses dados, e do
valor da acelerac¸a˜o da gravidade, encontre a velocidade da pedra
(a) no instante de lanc¸amento e
(b) no instante em que ela atinge o solo.
(c) Suponha, neste item, que D = h. Nesse caso, determine o aˆngulo entre a velocidade
da pedra e a horizontal no instante em que ela toca o solo.
17. Um proje´til e´ lanc¸ado da origem com a velocidade v0 = v0cos(θ0)ux + v0sen(θ0)uy,
onde v0 e´ uma constante positiva e 0 < θ0 < pi/2. Seja t1 o instante no qual o proje´til
atinge a sua altura ma´xima e t2 o instante no qual ele volta a tocar o solo. Calcule:
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 9
(a) o vetor deslocamento entre os instantes de tempo t1 e t2;
(b) o vetor velocidade me´dia nesse intervalo;
(c) o vetor velocidade nos instantes t1 e t2;
(d) desenhe a trajeto´ria e marque com setas os vetores calculados nos itens anteriores.
18. Um helico´ptero voa horizontalmente com uma velocidade constante de mo´dulo 90km/h a
uma altitude de 340m em relac¸a˜o ao solo. No instante t0 = 0, o helico´ptero deixa cair um
pequeno pacote e, nesse mesmo instante, um bala˜o comec¸a a se elevar verticalmente, a
partir do solo, com uma velocidade constante de mo´dulo V . Suponha que o helico´ptero e
o bala˜o se movam num mesmo plano vertical e que o bala˜o esteja a` frente do helico´ptero
(veja figura).
34
0m
200m
V
v
Sabendo que no instante t0 o bala˜o esta´ a uma distaˆncia horizontal de 200m a` frente do
helico´ptero, determine:
(a) as func¸o˜es-movimento do pacote e do bala˜o;
(b) o valor de V para que uma pessoa dentro do bala˜o agarre o pacote, o instante em
que isso ocorre e a que altura do solo.
19. Um proje´til e´ lanc¸ado do solo com velocidade inicial de mo´dulo v0 e aˆngulo de lanc¸amento
θ0 = 45
o
. Os eixos cartesianos sa˜o escolhidos de modo que v0 = v0 cosθ0ux+v0 senθ0uy.
Seja g o mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade e despreze a resisteˆncia do ar. Considere um
ponto P localizado no plano OXY e de coordenadas xp = d e yP = h, d, h > 0.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 10
(a) Utilizando argumentos qualitativos, determine os valores de h para os quais o ponto
P pode ser atingido por esse proje´til?
(b) Suponha, neste item, que o ponto P seja atingido. Calcule v0 em termos de g, d e h.
Analise o limite em que h → d e interprete o resultado.
(c) Para que valores de h o proje´til passa pelo ponto P na subida e para que valores de
h ele passa por esse ponto na descida?
20. Uma partı´cula e´ lanc¸ada horizontalmente do alto de um edifı´cio com uma velocidade
de mo´dulo v0. Calcularemos o raio de curvatura de sua trajeto´ria. Com esse objetivo,
calcule, sucessivamente,
(a) o mo´dulo da velocidade da partı´cula como func¸a˜o do tempo,
(b) a componente tangencial da acelerac¸a˜o,
(c) a componente normal da acelerac¸a˜o,
(d) o raio de curvatura em func¸a˜o do tempo e tambe´m em func¸a˜o da distaˆncia horizontal
percorrida pela partı´cula desde o seu lanc¸amento.
21. Devido a certas inomogeneidades na Terra, numa certa regia˜o a acelerac¸a˜o da gravidade
na˜o e´ bem vertical. Ale´m de uma componente vertical para baixo de mo´dulo g, ela possui
uma componente horizontal de mo´dulo a. Em relac¸a˜o a um sistema de eixos convenien-
temente escolhido, as func¸o˜es-movimento de um proje´til lanc¸ado nessa regia˜o sa˜o
x = v0x t +
1
2
at2 e y = v0y t− 1
2
gt2 , (1.5)
onde vx0 e vy0 sa˜o constantes positivas.
(a) Determine o tempo de subida do proje´til, isto e´, o tempo gasto desde o lanc¸amento
ate´ que ele chegue ao ponto mais alto da trajeto´ria.
(b) Determine o tempo de descida do proje´til, isto e´, o tempo gasto desde o instante
em que atinge o ponto mais alto da trajeto´ria ate´ o instante em que volta ao nı´vel
do lanc¸amento (y = 0) e compare com o resultado do item anterior. Comente o
resultado.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 11
(c) Determine o espac¸o horizontal percorrido pelo proje´til no movimento de subida.
(d) Determine o espac¸o horizontal percorrido pelo proje´til no movimento de descida e
compare com o resultado do item anterior. Comente o resultado.
22. A func¸a˜o-acelerac¸a˜o de uma partı´cula e´ dada por a = −axux − ayuy, onde ax e ay sa˜o
constantes positivas. No instante t = 0, a partı´cula esta´ na origem e tem uma velocidade
dada por v0 = v0xux (v0x > 0).
(a) Obtenha a func¸a˜o-movimento e a velocidade dapartı´cula.
(b) Determine o instante t1 no qual a coordenada x da posic¸a˜o da partı´cula e´ ma´xima.
Calcule a sua velocidade nesse instante.
(c) Determine o instante t2 no qual a velocidade da partı´cula e´ perpendicular a` sua
acelerac¸a˜o.
(d) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria da partı´cula para t ≥ 0 e, nele, indique com setas as
velocidades e acelerac¸o˜es nos instantes t1 e t2.
23. Uma partı´cula se move num plano com movimento uniforme, isto e´, com velocidade
de mo´dulo constante. A figura mostra um trecho de sua trajeto´ria, formada por um
semicı´rculo de raio r, uma semi-reta e outro semicı´rculo de raio R = 2r. O sentido
do movimento esta´ indicado na figura e, nela, esta˜o marcados os pontos A e B.
A
B
Indique, com setas, as velocidades e acelerac¸o˜es da partı´cula nos instantes em que ela se
encontra no ponto A (vA e aA) e no ponto B (vB e aB). Desenhe as setas de modo que
seus tamanhos sejam proporcionais aos seus mo´dulos. Marque, ainda, em seu desenho, o
vetor deslocamento ∆r[ta, tb], onde ta e´ o instante em que ela se encontra no ponto A e
tb, o instante em que ela se encontra no ponto B.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 12
24. Suponha que uma partı´cula seja forc¸ada a se mover no plano OXY com acelerac¸a˜o
a = αux + β t
2uy , (1.6)
onde α e β sa˜o constantes positivas.
(a) Obtenha a func¸a˜o-movimento da partı´cula sabendo que ela parte da origem no ins-
tante zero com velocidade nula.
(b) Determine o vetor-posic¸a˜o e a velocidade da partı´cula no instante t =
√
α/β.
(c) Encontre a equac¸a˜o da trajeto´ria da partı´cula em termos das coordenadas cartesianas
x e y e fac¸a um esboc¸o da curva obtida.
25. Dois barcos, A e B, se movem com movimentos retilı´neos uniformes ao longo da su-
perfı´cie de um grande lago. Em relac¸a˜o ao sistema de eixos escolhido, suas respectivas
func¸o˜es-movimento sa˜o dadas por
Barco A: xA = 10t e yA = 5t ;
Barco B: xB = 100− 4t e yB = 8t , (1.7)
onde esta´ subentendida a utilizac¸a˜o do Sistema Internacional de Unidades.
(a) Obtenha as equac¸o˜es cartesianas das trajeto´rias dos dois barcos. Determine o ponto
de intersec¸a˜o Pi entre elas.
(b) Havera´ colisa˜o entre os barcos? Caso na˜o haja, qual deles passa primeiro por Pi?
(c) Desnhe os eixos cartesianos OX e OY e esboce as trajeto´rias dos barcos no plano
OXY. Em seu esboc¸o, desenho os barcos no instante 5s.
(d) Qual deveria ser o mo´dulo da velocidade do barco B, vB , para que, com a mesma
posic¸a˜o inicial e uma velocidade de mesma direc¸a˜o e sentido que as utilizadas ante-
riormente, os dois barcos se chocassem no ponto Pi? Nesse caso, em que instante
isso ocorreria?
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 13
26. A func¸a˜o-movimento de uma partı´cula para t ≥ 0 e´ dada por
r = A tux + B sen(Ct)uy , (1.8)
onde A, B e C sa˜o constantes positivas.
(a) Determine a func¸a˜o-velocidade da partı´cula para t > 0.
(b) Determine a func¸a˜o-acelerac¸a˜o da partı´cula para t > 0.
(c) Obtenha a equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria seguida pela partı´cula
(d) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria e, nele, marque setas correspondentes a`s velocidades e
a` acelerac¸a˜o nos instantes t1 = pi/(2C), t2 = pi/C e t3 = 3pi/(2C).
(e) Determine as unidades das constantes A, B e C no SI e deˆ o significado das mesmas.
27. Uma partı´cula executa um movimento circular de raio R com uma acelerac¸a˜o de com-
ponente tangencial dada por aT = a0 cos(ω t), onde a0 e ω sa˜o constantes positivas.
Sabendo que no instante t0 = 0 a velocidade escalar e´ v0 = a0/ω, determine num ins-
tante de tempo qualquer a velocidade escalar da partı´cula, v, a componente centrı´peta (ou
normal) de sua acelerac¸a˜o e o mo´dulo de sua acelerac¸a˜o.
28. Considere duas partı´culas, A e B, que se movimentam no plano OXY e cujas func¸o˜es-
movimento esta˜o escritas abaixo:
xA = 0 ; yA = R cos(ωt) e xB = R cos(ωt) ; yB = R sen(ωt) ,
onde R e ω sa˜o constantes positivas.
(a) Descreva com palavras que tipo de trajeto´rias teˆm as partı´culas A e B.
(b) As partı´culas se encontrara˜o em algum instante? Caso isso ocorra, determine em
que instantes. Caso contra´rio, justifique porque nunca se encontrara˜o.
(c) Desenhe, numa mesma figura, as trajeto´rias das duas partı´culas. Marque, nesse
desenho, as suas respectivas posic¸o˜es nos instante t1 = pi/(2ω) e t2 = pi/ω.
Com o auxı´lio de setas, indique tambe´m no desenho as respectivas velocidades e
acelerac¸o˜es das duas partı´culas nesses instantes.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 14
29. A func¸a˜o-movimento de uma partı´cula e´ dada por
r = R cos(ωt)ux + R sen(ωt)uy + huz , (1.9)
onde R, ω e h sa˜o constantes positivas dadas.
(a) Determine a velocidade v e a acelerac¸a˜o a da partı´cula em um instante t arbitra´rio.
(b) Determine a posic¸a˜o, a velocidade e a acelerac¸a˜o da partı´cula no instante t = 0.
(c) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria da partı´cula e, nele, marque a a sua posic¸a˜o inicial.
Indique, ainda, com o auxı´lio de setas, a velocidade e a acelerac¸a˜o da partı´cula no
instante inicial.
(d) Mostre, a partir dos resultados do primeiro item, que |a| = |v|2/R em qualquer
instante de tempo.
30. Considere o movimento de um pequeno gra˜o de poeira preso a` periferia de um pneu de
uma bicicleta que se move em linha reta com velocidade constante. Os eixos cartesianos
sa˜o escolhido de tal modo que a posic¸a˜o desse gra˜o num instante gene´rico de tempo e´
dada por
r = R[ωt + sen(ωt)]ux + R[1 + cos(ωt)]uy , (1.10)
onde R e ω sa˜o constantes positivas (na˜o e´ difı´cil ver que R e´ o raio da roda da bicicleta
e ω e´ a rapidez com que a roda gira).
(a) Calcule a velocidade e a acelerac¸a˜o do gra˜o de poeira num instante qualquer.
(b) A partir das expresso˜es encontradas no item anterior, verifique que, embora o mo´dulo
da velocidade do gra˜o varie com o tempo, o mo´dulo da sua acelerac¸a˜o e´ constante.
(c) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria do gra˜o no intervalo [0, 4pi/ω]. Marque, em seu
esboc¸o, as posic¸o˜es do gra˜o nos instantes t1 = pi/(2ω), t2 = pi/ω, t3 = 3pi/(2ω) e
t4 = 2pi/ω e, com setas, indique suas acelerac¸o˜es nesses instantes.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 15
31. A func¸a˜o-movimento de uma partı´cula e´ dada por:
r = Ae−αt
[
cos (ωt)ux + sen(ωt)uy
]
, (1.11)
onde A, α e ω sa˜o constantes positivas.
(a) Calcule a distaˆncia da partı´cula a` origem como func¸a˜o do tempo.
(b) Calcule a velocidade da partı´cula em um instante gene´rico do tempo e determine o
seu mo´dulo.
(c) No caso em que α = 0, qual e´ a trajeto´ria da partı´cula?
(d) Considerando α << ω, fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria da partı´cula entre os instantes
t0 = 0 e t1 = 6pi/ω. Indique com setas nesse esboc¸o a posic¸a˜o e a velocidade da
partı´cula nos instantes t0 = 0 e t2 = pi/(2ω).
(e) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria da partı´cula entre os instantes 0 a 3pi/ω, mas agora
supondo que α = ω/pi.
32. A func¸a˜o-movimento de uma partı´cula para t ≥ 0 e´ dada por
r = 2Asen(ωt)ux + A sen(2ωt)uy , (1.12)
onde A e ω sa˜o constantes positivas.
(a) Obtenha a velocidade e a acelerac¸a˜o da partı´cula em um instante de tempo qualquer.
(b) Determine o instante t1 no qual a partı´cula atinge pela primeira vez a posic¸a˜o onde
sua coordenada y e´ ma´xima. Determine, tambe´m, o instante t2 no qual a partı´cula
atinge pela primeira veza posic¸a˜o onde sua coordenada x e´ ma´xima. Calcule suas
velocidades e suas acelerac¸o˜es nos instantes t1 e t2.
(c) Fac¸a um esboc¸o da trajeto´ria da partı´cula no intervalo [0, 2pi/ω]. Marque, em seu
esboc¸o, as posic¸o˜es da partı´cula nos instantes t1 e t2 e, com setas, indique suas
respectivas velocidades e acelerac¸o˜es nesses instantes.
Obs: ao esboc¸ar a trajeto´ria, observe que a frequ¨eˆncia com que a partı´cula oscila
ao longo da direc¸a˜o OY e´o dobro da frequ¨eˆncia com que ela oscila ao longo da
direc¸a˜o OX .
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 16
33. Uma partı´cula se move no plano OXY e, entre os instantes t = 0 e t = T/2, suas
func¸o˜es-movimento sa˜o
x = R− R cos
(
2pi t
T
)
e y = −R sen
(
2pi t
T
)
. (1.13)
Entre os instantes t = T/2 e t = 3T/4, as func¸o˜es-movimento da partı´cula sa˜o da forma
x =
3R
2
+
R
2
cos (ω t + δ) e y =
R
2
sen (ω t + δ) , (1.14)
nas quais ω e δ sa˜o constantes a serem determinadas, sendo que −pi ≤ δ ≤ pi. Levando
em conta que tanto a posic¸a˜o quanto a velocidade da partı´cula sa˜o contı´nuas em t = T/2,
isto e´, que a posic¸a˜o final e a velocidade final da partı´cula no movimento entre t = 0 e
t = T/2 coincidem com a sua posic¸a˜o inicial e a sua velocidade inicial no movimento
entre t = T/2 e t = 3T/4,
(a) determine ω e δ;
(b) esboce a trajeto´ria da partı´cula entre os instantes t = 0 e t = T ;
(c) Calcule os mo´dulos das acelerac¸o˜es centrı´petas nos intervalos de t = 0 a t = T/2 e
de t = T/2 a t = 3T/4.
Capı´tulo 2
Problemas Resolvidos
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1
Cinema´tica Escalar
1. (a) Definimos partı´cula como qualquer corpo cujas dimenso˜es sejam desprezı´veis quando
comparadas com as imenso˜es tı´picas do problema em questa˜o. Por exemplo, numa
viagem entre o Brasil e a ´Africa, mesmo um grande transatlaˆnctico, durante a trav-
essia, pode ser considerado como uma partı´cula, uma vez que suas dimenso˜es sa˜o
desprezı´veis frente a` menor distaˆncia entre o Brasil e a ´Africa. No entanto, esse
mesmo navio, ao entrar na baı´a de Guanabara para atracar no porto, na˜o pode ser
considerado como partı´cula, pois suas dimeno˜es sa˜o compara´veis a`s distaˆncias rel-
evantes nessa etapa de seu movimento (a largura da boca da baı´a de Guanabara e´ da
ordem de grandeza do comprimento de um desses navios: centenas de metros em
ambos os casos).
(b) De uma forma sucinta, podemos dizer que um referencial e´ um sistema de eixos
coordenados munido de re´guas (rı´gidas) e relo´gios, tantos quantos forem necessa´rios
e todos sincronizados entre si. Um agente fixo em um referencial capaz de realizar
medic¸o˜es de posic¸o˜es e instantes de tempo e´, comumente, chamado observador.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 18
(c) Func¸o˜es-movimento de uma partı´cula sa˜o as func¸o˜es que associam a cada instante
de tempo as coordenadas x, y e z da partı´cula em relac¸a˜o a um dado referencial.
Nesse sentido, nas expresso˜es x = fx(t), y = fy(t) e z = fz(t), as func¸o˜es-
movimento sa˜o fx, fy e fz.
(d) Ao se movimentar, uma partı´cula passa por diversos pontos do espac¸o. Tais pontos
va˜o determinar uma curva em relac¸a˜o a um dado referencial. Essa curva e´ chamada
trajeto´ria da partı´cula. Numa linguagem mais matema´tica, dirı´amos que a trajeo´ria
de uma partı´cula e´ a imagem de suas func¸o˜es-movimento (note que a trajeto´ria de-
pende do referencial).
(e) Considere dois movimentos circulares uniformes ideˆnticos de duas partı´culas exceto
pelo fato de que as partı´culas giram em sentidos opostos. Nesse caso, as partı´culas
na˜o ocupam as mesmas posic¸o˜es para todos os instantes de tempo e, consequ¨ente-
mente, na˜o possuem as mesmas func¸o˜es-movimento.
2. A conclusa˜o de Zeca esta´ errada. Podemos verificar isso mesmo antes de fazer qualquer
ca´lculo, utilizando apenas a ide´ia de velocidade media. Como Juca percorreu distaˆncias
iguais com velocidades me´dias diferentes, os intervalos de tempo gastos para percorrer
cada trecho de 10km na˜o sa˜o iguais. Gastou menos tempo no trecho em que manteve a
maior velocidade me´dia. Consequ¨entemente, sua velocidade me´dia no trecho total na˜o
pode ser, simplesmente, a me´dia aritme´tica das respectivas velocidades me´dias em cada
trecho. Vejamos, agora, qual foi sua velocidade me´dia em todo o movimento.
No trecho percorrido com a velocidade me´dia de 12km/h, o tempo gasto por Juca foi
∆t1 = (10/12)h e no trecho percorrido com a velocidade me´dia de 8km/h, o tempo gasto
foi ∆t2 = (10/8)h. Portanto, da definic¸a˜o de velocidade me´dia, temos
〈v〉 = ∆s
∆t
=
∆s
∆t1 + ∆t2
=
20
10/12 + 10/8
h =⇒ 〈v〉 = 9, 6km/h . (2.1)
Como era de se esperar, a velocidade me´dia de Juca e´ menor que a me´dia aritme´tica de
suas velocidades me´dias em cada trecho, uma vez que se movimentou mais tempo com a
velocidade me´dia menor de 8km/h.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 19
3. No caso em que a func¸a˜o-velocidade de uma partı´cula e´ dada por vx = f˙x(t) = vx0 + at,
onde vx0 e a sa˜o constantes, a func¸a˜o-movimento correspondente e´ dada por
fx(t)− fx(0) =
∫ t
0
f˙x(t
′dt ′ =
∫ t
0
(vx0 + at
′)dt ′ , (2.2)
ou seja,
x = fx(t) = x0 + vx0t +
1
2
at2 , (2.3)
onde x0 = fx(0) e´ a posic¸a˜o da partı´cula em t = 0. Utilizando a definic¸a˜o de velocidade
me´dia num certo intervalo de tempo e a equac¸a˜o anterior aplicada aos instantes t1 e t2,
obtemos
〈f˙x〉[t1, t2] = fx(t2)− fx(t1)
t2 − t1 =
vx0(t2 − t1) + (1/2)a(t22 − t21)
t2 − t1 (2.4)
Lembrando que t22− t21 = (t2 + t1)(t2− t1), o resultado anterior pode ser escrito na forma
〈f˙x〉[t1, t2] = vx0 + a
(
t1 + t2
2
)
= f˙x
(
t1 + t2
2
)
, (2.5)
um dos resultados que querı´amos demonstrar. Para demonstrarmos o segundo resultado
pedido no enunciado, basta percebermos que
vx0 + a
(
t1 + t2
2
)
=
1
2
(vx0 + at1) +
1
2
(vx0 + at2) . (2.6)
Utilizando esse resultado, a equac¸a˜o (2.5) e identificando apropriadamente os termos,
obtemos
〈f˙x〉[t1, t2] = 1
2
(vx0 + at1) +
1
2
(vx0 + at2) =
f˙x(t1) + f˙x(t2)
2
, (2.7)
como querı´amos demonstrar. Essa propriedade do MRUV sera´ ilustrada numericamente
no pro´ximo problema. A seguir, faremos um breve comenta´rio para enfatizar que essa
propriedade do MRUV e´ um caso particular de um resultado mais geral, baseado em um
teorema fundamental do ca´lculo diferencial.
Note que num movimento unidimensional qualquer, existe pelo menos um instante t∗
no intervalo (t1, t2) tal que
〈f˙x〉[t1, t2] = f˙x(t∗) . (2.8)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 20
Graficamente, esse resultado significa que a reta secante passando pelos pontos (t1, fx(t1))
e (t2, fx(t2)) do gra´fico da fx(t) versus t e´ paralela a` reta tangente ao gra´fico em t∗, como
ilustra a figura (lembre-se de que o lado esquerdo da equac¸a˜o (2.8) mede a inclinac¸a˜o da
reta secante enquanto o lado direito, a inclinac¸a˜o da reta tangente)
t
fx(t)
t1 t2
reta secante
t∗
reta tangente
em t∗
As particularidades do MRUV fazem com que t∗ seja precisamente o valor me´dio do
intervalo considerado, i.e., t∗ = (t1 + t2)/2, e que f˙x((t1 + t2)/2) = (f˙x(t1) + f˙x(t2))/2.
Esse u´ltimo resultado decorre do fato de que, no MRUV, f˙x(t) e´ da forma a + bt, com a
e b constantes.
4. (a) A partir das definic¸o˜es de velocidade e acelerac¸a˜o de uma partı´cula e sabendo que a
sua func¸a˜o-movimento e´ dada por x = fx(t) = −t2 + 6t + 16, obtemos
vx =
dx
dt
= −2t + 6 , (2.9)
ax =
dvx
dt
= −2 . (2.10)
Trata-se, portanto, de um movimento retilı´neo uniformemente acelerado, ois a acelerac¸a˜o
da partı´cula e´ constante, igual a −2m/s2 (no Sistema Internacional de Unidades).
(b) Para determinarmos os instantes nos quais a partı´cula passa pela origem, devemos
impor a condic¸a˜o x = 0, ou seja, devemos encontrar as raı´zes do polinoˆmio x =
−t2 + 6t + 16. ´E imediato encontrar os instantes t1 = −2s e t2 = 8s. Note que
instantes de tempo negativos sa˜o perfeitamente admissı´veis. No caso em questa˜o,
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 21
termos encontrado t1 = −2s significa, apenas, que a partı´cula passou pela origem
dois segundos antes do instante t0 = 0s.Como conhecemos a func¸a˜o-velocidade da partı´cula, dada pela equac¸a˜o (2.9),
suas respectivas velocidades, vx1 e vx2, nesses instantes, sa˜o dadas por
vx1 = −2× (−2) + 6 =⇒ vx1 = 10m/s , (2.11)
vx2 = −2× (8) + 6 =⇒ vx2 = −10m/s . (2.12)
(c) Note que em func¸a˜o de suas raı´zes, o polinoˆmio do segundo grau x = −t2 +6t+16
se escreve x = −(t + 2)(t − 8). Essa expressa˜o torna evidente que x > 0 se
−2 < t < 8 e x < 0 se t < −2 ou t > 8. Portanto, a partı´cula permanece no
semi-eixoOX positivo (x > 0) no intervalo de tempo (−2, 8), ou seja nos instantes
tais que −2 < t < 8.
Se em t = −2s a partı´cula esta´ na origem e em t = 8s ela volta a` origem,
pela continuidade do movimento e pelo fato de ela se encontrar no semi-eixo OX
positivo no intervalo −2 < t < 8, vemos que ela se afasta da origem a partir de
t = −2 ate´ atingir uma posic¸a˜o no eixo OX na qual ela pa´ra e volta novamente
a` origem em t = 8s. Isso e´ pode ser compreendido tambe´m se lembrarmos que
em t = −2s a partı´cula possui velocidade positiva (vx(−2) = 10 > 0) mas sua
acelerac¸a˜o durante todo o movimento e´ constante e negativa (ax = −2 < 0). Isso
faz com que a partı´cula comece a frear ate´ parar, inverter o sentido do seu movimento
num instante de tempo intermediario ti entre t = −2 e t = 8 e comec¸ar, enta˜o, a se
mover no sentido negativo do eixo OX . Dado que vx(ti) = 0 = −2ti + 6, vemos
que ti = 3seg. Sustituindo ti = 3 na func¸a˜o-movimento da partı´cula encontramos
fx(ti) = −(3)2 + 6× 3 + 16 = 25 , (2.13)
ou seja, a maior distaˆncia da origem atingida pela partı´cula no intervalo em que
ela se move no semi-eixo OX positivo e´ igual a 25m. Graficamente, temos para a
func¸a˜o-movimento da partı´cula (x versus t) a seguinte para´bola (confira no gra´fico
as afirmativas anteriores):
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 22
t−2
8
3
x = fx(t)
25
(d) Utilizando a definic¸a˜o de velocidade me´dia e a func¸a˜o-movimento da partı´cula,
obtemos
〈vx〉[−2, 2] = fx(2)− fx(−2)
2− (−2) =
24− 0
4
= 6m/s ,
〈vx〉[2, 4] = fx(4)− fx(2)
4− 2) =
24− 24
2
= 0m/s ,
〈vx〉[4, 8] = fx(8)− fx(4)
8− 4 =
0− 24
4
= −6m/s . (2.14)
A partir da func¸a˜o-velocidade da partı´cula, verificamos inicialmente que
f˙x
(−2 + 2
2
)
= f˙x(0) = 6m/s = 〈vx〉[−2, 2] . (2.15)
Analogamente, observando que
f˙x(−2) = 10m/s e f˙x(2) = 2m/s , (2.16)
verificamos, tambe´m, que
f˙x(−2) + f˙x(2)
2
=
10m/s + 2m/s
2
= 6m/s = 〈vx〉[−2, 2] . (2.17)
5. (a) Da definic¸a˜o de acelerac¸a˜o, temos dvx/dt = ax. Integrando essa equac¸a˜o, obtemos
(sempre que omitirmos as unidades, estara´ implı´cito o uso do SI)
vx − vx0 =
∫ t
0
ax dt
′ =
∫ t
0
1 dt′ =⇒ vx = vx0 + t , (2.18)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 23
onde a velocidade inicial sera´ calculada com as condic¸o˜es dadas no problema. Ana-
logamente, da definic¸a˜o de velocidade, temos dx/dt = vx, de modo que integrando
uma vez mais no tempo, obtemos
x− x0 =
∫ t
0
vx dt
′ =
∫ t
0
(vx0 + t
′) dt′ =⇒ x = d + vx0t + 1
2
t2 , (2.19)
onde usamos o fato de que x0 = d. Devemos, agora, utilizar a condic¸a˜o de que para
t′ = 4 a partı´cula se encontra na posic¸a˜o x′ = d− 6. Impondo essa condic¸a˜o, temos
d− 6 = d + 2vx0 + 2 =⇒ vx0 = −4 , (2.20)
e, consequ¨entemente, a func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-movimento da partı´cula sa˜o
dadas, respectivamente, por
x = d− 4t + 1
2
t2 (2.21)
vx = t− 4 . (2.22)
(b) A partı´cula inverte o sentido de seu movimento a partir do instante em que sua
velocidade e´ nula, isto e´, em ti = 4s. Sabemos que, de fato, ela inverte o sentido de
seu movimento nesse instante pois sua velocidade muda de sinal em t = 4s.
Para sabermos em que instante ela retorna a` posic¸a˜o inicial, basta forc¸armos que
sua posic¸a˜o seja igual a d, ou seja, d−4t+t2/2 = d. Descartando, por razo˜es o´bvias,
o valor t = 0s, concluı´mos que ela retorna a` posic¸a˜o inicial no instante t = 8s.
Observe que a partı´cula gasta 4s ate´ parar e outros 4s ate´ retornar a` posic¸a˜o inicial.
Isso ja´ era esperado, pois trata-se de um MRUV (o mesmo ocorre no movimento de
queda livre, no qual o tempo de subido e´ sempre igual ao tempo de descida).
(c) A condic¸a˜o para que a partı´cula na˜o atinja o semi-eixo OX negativo e´ x > 0 para
qualquer instante de tempo. Como a func¸a˜o-movimento x = d − 4t + t2/2 cor-
responde a uma para´bola cuja parte coˆncava esta´ do lado do semi-eixo OX posi-
tivo (pois o coeficiente que acompanha o termo quadra´tico e´ positivo) o ponto mais
pro´ximo da origem (nos casos em que na˜o atinge a origem) e´ o ve´rtice da para´bola.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 24
Esse ve´rtice ocorre no instante ti = 4seg, no qual a partı´cula inverte o sentido de seu
movimento (quando sua velocidade e´ nula). Portanto, devemos impor a condic¸a˜o:
d− 4ti + 1
2
t2i > 0 =⇒ d > 8m . (2.23)
6. Escolhendo o eixo OY com direc¸a˜o vertical, apontando para cima e com a origem no
ponto de lanc¸amento da partı´cula, a func¸a˜o-movimento e a func¸a˜o-velocidade da partı´cula
sa˜o dadas, respectivamente, por
y = v0t− 1
2
gt2 e vy = v0 − gt , (2.24)
onde escolhemos t = 0 como o instante de lanc¸amento e denotamos por g o mo´dulo
da acelerac¸a˜o gravitacional na superfı´cie terrestre. Quando a partı´cula atinge a altura
ma´xima de sua trajeto´ria, sua velocidade e´ nula. Consequ¨entemente, da u´ltima equac¸a˜o
obtemos o tempo de subida, ts, impondo a condic¸a˜o vy = 0 = v0 − gts, o que nos leva a
ts = v0/g. Seja t1 = ts/2 = v0/2g. A distaˆncia percorrida no intervalode tempo [0, t1] e´
dada, enta˜o, por
d1 = y1 − 0 = v0
(
v0
2g
)
− g
2
(
v0
2g
)2
=⇒ d1 = 3v
2
0
8g
, (2.25)
onde a posic¸a˜o da partı´cula no instante t1, y1, foi calculada a partir da primeira equac¸a˜o
escrita em Eq(2.24). O instante final do segundo intervalo de tempo a ser considerado e´
justamente ts. A posic¸a˜o da particula, nesse instante, e´ ys = v0(v0/g) − (g/2)(v0/g)2.
Com isso, a distaˆncia percorrida no intervalo de tempo [t1 = ts/2, ts] e´ dada por
d2 = yf − d1 = v0
(
v0
g
)
− g
2
(
v0
g
)2
− d1 =⇒ d2 = v
2
0
8g
. (2.26)
Dessa forma, obtemos, para a raza˜o desejada, o resultado
d1
d2
=
3v20
8g
8g
v20
= 3 . (2.27)
Note que esse resultado independe de v0, ou seja, ocorre em qualquer lanc¸amento
vertical. Como o tempo de subida e´ igual ao de descida, a distaˆncia percorrida pela
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 25
partı´cula na primeira metade do tempo de descida e´ 1/3 da distaˆncia percorrida na se-
gunda metade. Esse resultado e´ um caso particular de um outro, mais geral, que ocorre
em movimentos uniformemente acelerados. Imagine, por exemplo, que uma partı´cula
inicie, a partir do repouso, um movimento com acelerac¸a˜o constante. Pode-se mostrar,
enta˜o, que se ∆s1 for a distaˆncia percorrida no intervalo [0, ∆t], as distaˆncias percorridas
nos intervalos [∆t, 2∆t], [2∆t, 3∆t], ..., [(n − 1)∆t, n∆t] sera˜o, respectivamente, 3∆s1,
5∆s1, ..., (2n − 1)∆s1. Galileo foi o primeiro a perceber essa propriedade ao estudar
movimentos uniformemente acelerados em planos inclinados.
7. Por convenieˆncia, escolheremos o eixoOY vertical, apontando para baixo e com a origem
no alto do pre´dio, ou seja, na posic¸a˜o de onde a pedra foi abandonada a partir do repouso
no instante inicial t0 = 0. Com essa escolha, a func¸a˜o-movimento da pedra e´ dada por
y = fy(t) ≡ 1
2
gt2 . (2.28)
Seja t1 o instante em que a pedra esta´ a uma distaˆncia de 25 metros acima do solo.
Como ela demora 1 segundo a partir de t1 para atingir o solo, podemos escrever
fy(t1 + 1)− fy(t1) = 25 . (2.29)
Utilizando a equac¸a˜o (2.28), a condic¸a˜o anterior toma a forma
1
2
g(t1 + 1)
2 − 1
2
g(t1)
2 = 25 , (2.30)
ou seja,
g
(
t1 +
1
2
)
= 25. (2.31)
Substituindo o valor de g, temos, t1 = 2s. Uma vez que a pedra partiu do repouso em
t0 = 0 e atingiu o solo no instante t1 + 1 = 3s, a altura do pre´dio, h, e´ dada por
h = fy(t1 + 1) =
1
2
g(t1 + 1)
2 = 45m . (2.32)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 26
8. Para facilitar a compreensa˜o dos gra´ficos, repetimos o de posic¸a˜o versus tempo e exibimos
os gra´ficos de velocidade e acelerac¸a˜o versus tempo logo abaixo deste.
tt1 t2
x
t
t1 t2
vx
t
t1 t2
ax
ax1
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 27
A construc¸a˜o do gra´fico vx versus t se baseia na ana´lise da inclinac¸a˜o das retas tangentes
ao gra´fico x versus t em cada ponto. A inclinaa˜o da reta tangente em cada ponto do gra´fico
da func¸a˜o-movimento corresponde ao valor da derivada dessa func¸a˜o, nesse ponto, ou
seja, a dx/dt, que e´ exatamente a sua func¸a˜o-velocidade. Resumidamente, dizemos que
a velocidade, num dado instante de tempo, descreve a inclinac¸a˜o do gra´fico x versus t,
nesse instante.
Assim, a velocidade no intervalo 0 ≤ t ≤ t1 diminui de um valor positivo ate´ o valor
nulo, pois o gra´fico xversus t diminui sua inclinac¸a˜o no intervalo 0 < t < t1, comec¸ando
por um valor positivo qualquer em t = 0 e terminando com o valor nulo em t = t1. No
intervalo t1 < t < t2, a velocidade se torna negativa, mas seu mo´dulo aumenta pois as
inclinac¸o˜es das retas tangentes ao gra´fico xversus t aumentam em mo´dulo. Para t > t2 a
inclinac¸a˜o do gra´fico x versus t comec¸a a diminuir em mo´dulo, mas sempre assumindo
valores negativos. Desse modo, a velocidade alcanc¸a um mı´nimo em t = t2. Para valores
de t muito grandes a inclinac¸a˜o do gra´fico x versus t e´ cada vez menor em mo´dulo, mas
sempre negativa, o que significa que para t > t2 a velocidade tende assintoticamente a
zero (por valores negativos).
De forma ana´loga e´ a construc¸a˜o do gra´fico ax versus t, pois se baseia na ana´lise
da inclinac¸a˜o das retas tangentes ao gra´fico vx versus t em cada ponto. A inclinac¸a˜o
da reta tangente em cada ponto do gra´fico da func¸a˜o-velocidade corresponde, agora, ao
valor da derivada dessa func¸a˜o nesse ponto, ou seja, a dvx/dt, que e´ exatamente a func¸a˜o-
acelerac¸a˜o. Portanto, resumidamente, dizemos que a acelerac¸a˜o, num dado instante de
tempo, descreve a inclinac¸a˜o do gra´fico vx versus t, nesse instante.
Note, que os ma´ximos locais (ou mı´nimos locais) do gra´fico x versus t correspon-
dem aos pontos de retorno do movimento onde a velocidade e´ nula (derivada nula). Um
exemplo de ponto de retorno ocorre em t1 no gra´fico mostrado. Por outro lado, ma´ximos
locais (ou mı´nimos locais) do gra´fico vx versus t correspondem a pontos de inflexa˜o do
gra´fico x versus t, i.e., pontos onde o gra´fico da func¸a˜o-movimento muda de concavi-
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 28
dade. Esses pontos indicam que a acelerac¸a˜o da partı´cula muda de sinal: por exemplo,
uma partı´cula inicialmente acelerada, que vai diminuindo sua acelerac¸a˜o ate´ que, a partir
de um dado instante (ponto de inflexa˜o do gra´fico de x versus t) passa a ser freada. Em
outras palavras, a` direita do ponto de inflexa˜o a acelerac¸a˜o tem um sinal e a` direita, o sinal
oposto). Exemplo de um ponto de inflexa˜o ocorre no instante t2.
9. (a) Temos o seguinte gra´fico da velocidade versus tempo para o movimento de uma
partı´cula
t
v
t0 t1 t2 t3 t4
O deslocamento x − x0, no intervalo de tempo [t0, t], e´ a a´rea sob esse gra´fico
no intervalo [t0, t]. Do instante t = t0 ao instante t = t4 temos x4 − x0 = D.
A velocidade e´ sempre positiva de modo que a a´rea e´ sempre positiva e aumenta
monotonamente a medida que o tempo cresce a partir de t = t0; isso significa que
acontece o mesmo com o deslocamento x − x0. De t0 ate´ t2 vai aumentando a
rapidez com que a a´rea cresce e, portanto vai aumentano a inclinac¸a˜o do gra´fico da
posic¸a˜o versus tempo. A partir de t2 ate´ t4 a a´rea vai crescendo mais vagarosamente
ate´ parar de crescer de t4 em diante, porque a velocidade se torna nula. Portanto, a
inclinac¸a˜o do gra´fico da posic¸a˜o versus tempo vai crescendo mais vagarosamente a
partir de t2, ate´ tornar-se nula a partir de t4. Essas informac¸o˜es sa˜o suficientes para
esboc¸ar o gra´fico seguinte.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 29
t
x
t0 t2 t4
x0
x0+D
(b) A acelerac¸a˜o e´ a inclinac¸a˜o do gra´fico da velocidade versus tempo. Conforme o
enunciado, essa inclinac¸a˜o e´ nula em t0 e vai aumentando ate´ t1, quando comec¸a a
diminuir; ha´ portanto uma inclinac¸a˜o ma´xima no instante t1. A inclinac¸a˜o continua
a diminuir, passa pelo valor nulo em t2, torna-se negativa e prossegue diminuindo ate´
t3, quando volta a aumentar, mantendo ainda valores negativos, ate´ atingir o valor
nulo em t4; no instante t3 ocorre um mı´nimo para a inclinac¸a˜o. Aplicanco o que
dissemos sobre a inclinac¸a˜o a` acelerac¸a˜o, no gra´fico dessa versus tempo, obtemos a
figura seguinte.
t
a
t0 t1
t2
t3
t4
10. Num gra´fico de velocidade versus tempo, a a´rea algebrica sob o gra´fico e´ igual ao deslo-
camento da partı´cula no intervalo em considerac¸a˜o. No caso em questa˜o, as respecti-
vas a´reas sob os gra´ficos das velocidades de Pedro e Renata sa˜o iguais, pois ambos os
triaˆngulos teˆm a mesma base (tempo tf )e a mesma altura (a velocidade ma´xima vm).
Como velocidade me´dia e´, por definic¸a˜o, 〈v〉 = ∆s/∆t, concluı´mos que vR = vP .
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 30
11. (a) O gra´fico pedido neste item corresponde ao feito com a linha contı´nua (o trecho com
a linha tracejada sera´ u´til na explicac¸a˜o do pro´ximo item).
O tt′t′′
v inclinac¸a˜o −β
inclinac¸a˜o α
a´rea = d
(b) Como a a´rea sob a curva do gra´fico de vx versus t no intervalo [0, t′] representa
a distaˆncia d percorrida pelo carro nesse intervalo, para que ele percorra a mesma
distaˆncia num intervalo de tempo menor ele deve seguir um movimento no qual
retorne ao repouso num instante menor que t′ (por exemplo, o instante t′′ da figura),
e que tenha a mesma a´rea sob a nova curva vx versus t. No entanto, para que no
intervalo [0, t′′] a nova a´rea sob o gra´fico seja a mesma que antes, a desacelerac¸a˜o (ou
a acelerac¸a˜o) deve necessariamente superar o valor ma´ximo permitido. Considere,
por exemplo, o movimento formado pela semireta que sai da origem ate´ a velocidade
ma´xima e a linha pontilhada ate´ o repouso. Observe, enta˜o, que, para compensar a
a´rea perdida no final do movimento, a curva pontilhada tem obrigatoriamente algum
trecho no qual as inclinac¸o˜es sa˜o superiores a β.
(c) Antes de fazermos qualquer ca´lculo, note que se a a´rea sob o gra´fico triangular da
func¸a˜o-movimento e´ fixa (a´rea = d) e se as inclinac¸o˜es das retas sa˜o dadas por α
e −β, respectivamente, a base do tria˜ngulo (que corresponde ao tempo t ′ gasto no
percurso) estara´ determinada.
Designando por vM a velocidade ma´xima atingida no percurso, igualamos a a´rea
sob o gra´fico, no intervalo [0, t′], com a distaˆncia percorrida d e obtemos
d =
t′ vM
2
. (2.33)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 31
Desejamos determinar o valor de t′. Encontraremos antes o valor de vM . Sejam d1
e d2 as distaˆncias percorridas pelo carro nos trechos em que esta´ com acelerac¸a˜o
α e desacelerac¸a˜o β, respectivamente. Obviamente, d1 + d2 = d. Aplicando a
equac¸a˜o de Torricelli em cada trecho do movimento, temos, tambe´m, v2M = 2αd1
e v2M = 2βd2, o que nos leva a` igualdade αd1 = βd2. Das relac¸o˜es entre d1 e d2,
obtemos
d1 =
α
α + β
d e d2 =
β
α + β
d . (2.34)
Substituindo d1 ou d2 em qualquer uma das equac¸o˜es de Torricelli anteriores, obte-
mos
vM =
√
2dαβ
α + β
. (2.35)
Utilizando esse resultado juntamentecom a equac¸a˜o (2.33), obtemos, finalmente,
t′ =
[
2d(α + β)
αβ
]1/2
. (2.36)
12. (a) O movimento da partı´cula muda de sentido quando sua velocidade muda de sinal.
Para que isso ocorra a sua velocidade deve, necessariamente, passar pelo valor
nulo (esta e´ uma condic¸a˜o necessa´ria, mas na˜o suficiente, pois a velocidade de
uma partı´cula pode diminuir, se anular e voltar a crescer sem inverter o sentido do
movimento). No caso em questa˜o, a partı´cula inverte o sentido de seu movimento
duas vezes, em t = 1 e t = 3, instantes que correspondem a`s raı´zes da eq uac¸a˜o
vx = t
2 − 4t + 3 = 0.
(b) Da definic¸a˜o de acelerac¸a˜o e com vx = t2 − 4t + 3, temos
ax = dvx/dt = 2t− 4 . (2.37)
Portanto, a acelerac¸a˜o da partı´cula e´ nula apenas no instante t = 2.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 32
(c) O gra´fico de vx versus t e´ dado por uma para´bola com raı´zes 1 e 3, passando por
um mı´nimo em 2. Ja´ o gra´fico de ax versus t e´ dado por uma reta com inclinac¸a˜o
positiva e cortando o eixo do tempo em t = 2, como ilustram as figuras
O t
1 2
3
vx
O t2
ax
−4
(d) Da definic¸a˜o de velocidade, temos dx/dt = vx. Integrando essa equac¸a˜o, obtemos
x− x0 =
∫ t
0
(t′
2 − 4t′ + 3) dt′ =⇒ x = t
3
3
− 2t2 + 3t . (2.38)
Observe, inicialmente, que o gra´fico a ser desenhado na˜o sera´ uma para´bola, pois a
equac¸a˜o anterior conte´m um termo cu´bico no tempo. Lembrando que a velocidade
e´ o coeficiente angular no gra´fico de posic¸a˜o versus tempo, vemos que a inclinac¸a˜o
no gra´fico pedido deve diminuir ate´ atingir um valor mı´nimo (negativo) em t = 2 e,
a partir daı´, aumentar indefinidamente. Em t = 1 e t = 3 a inclinac¸a˜o no gra´fico
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 33
deve ser nula, uma vez que a velocidade da partı´cula e´ nula nesses instantes. Ale´m
disso, x = t3/3−2t2 +3t = 0 apenas em t = 0 e t = 3, isntantes nos quais o gra´fico
toca o eixo do tempo (partı´cula na origem). Confira no gra´fico essas informac¸o˜es.
O t1 2 3
x
13. (a) A unidade no SI do produto bt deve ser m/s2. Logo, a constante b deve ser expressa
em m/s3. Analogamente, a constante c deve ter unidade de acelerac¸a˜o, ou seja, m/s2.
(b) Da definic¸a˜o de acelerac¸a˜o, temos
dvx
dt
= ax =⇒ vx − vx0 =
∫ t
0
(bt′ − c) dt′ =⇒ vx = 1
2
bt2 − ct . (2.39)
Nesse caso, a partı´cula inverte o sentido de seu movimento nos instantes em que a
sua velocidade se anula, ou seja, nos instantes t = 0 e t = 2c/b.
(c) Da definic¸a˜o de velocidade, temos
dx
dt
= vx =⇒ x− x0 =
∫ t
0
(
1
2
bt′
2 − ct′
)
dt′ =⇒ x = 1
6
bt3 − 1
2
ct2 . (2.40)
´E conveniente reescrever a func¸a˜o-movimento como x = t2(bt/6 − c/2). Dessa
forma, e´ imediato ver que a partı´cula esta´ na origem nos instantes t = 0 e t = 3c/b.
No entanto, em t = 0 ela na˜o cruza a origem, pois nesse instante, como vimos no
intem anterior, ela inverte o sentido de seu movimento. Portanto, ela cruza a origem
apenas no instante t = 3c/b (o gra´fico mostrado no pro´ximo item ilustra com clareza
o movimento da partı´cula).
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 34
(d) Para tempos negativos, a partı´cula esta´ se aproximando da origem com velocidades
positivas de mo´dulo cada vez menor. Em t = 0 ela esta´ na origem e tem velocidade
nula pois, como ja´ vimos, nesse instante ela inverte o sentido de seu movimento.
Como no intervalo 0 < t < c/b sua acelerac¸a˜o e´ negativa, nesse intervalo sua
velocidade e´ tambe´m negativa e de mo´dulo crescente. No instante t = c/b sua
acelerac¸a˜o e´ nula e, a partir daı´, sua acelerac¸a˜o e´ sempre positiva e cada vez maior.
Com isso, em t = c/b a velocidade passa por um mı´nimo e o gra´fico de x versus
t tem inclinac¸a˜o negativa de maior valor. Entre t = c/b e t = 2c/b a inclinac¸a˜o
no gra´fico da posic¸a˜o diminui em mo´dulo, se anulando em t = 2c/b. A partir de
t = 2c/b essa inclinac¸a˜o cresce indefinidamente. A partı´cula cruza a origem no
instante t = 3c/b.
O
t
c/b 2c/b
3c/b
vx = 0
x
14. (a) O produto βt deve ser adimensional uma vez que esta´ no expoente de uma exponen-
cial e, portanto, β tem unidade s−1, ou seja, no SI e´ medida em Hz (Hertz). Como
Aβt deve ser expressa em metros, a unidade no SI da constante A e´ m·s.
(b) A velocidade e´ obtida derivando-se a func¸a˜o movimento:
vy = Aβ
(
1− e−βt) . (2.41)
De acordo com a definic¸a˜o de velocidade terminal vt, temos vt = lim
t→∞
vy = Aβ.
(c) A acelerac¸a˜o e´ obtida derivando-se a velocidade em relac¸a˜o ao tempo:
ay =
dvy
dt
= Aβ2e−βt . (2.42)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 35
tO
vy
Aβ
O gra´fico de ay versus t deve ser representado por uma curva que em t = 0 tem um
valor positivo e vai descrescendo monotonicamente e tendendo a zero para t →∞,
como ilustra a figura
t
ax
Aβ2
15. (a) Da definicc¸a˜o de acelerac¸a˜o, temos
dvx
dt
= ax =⇒ vx − vx0 =
∫ t
0
a0 sen(ωt
′) dt′ =
a0
ω
[−cos(ωt′)]t0 , (2.43)
ou seja,
vx =
a0
ω
[1− cos(ωt)] . (2.44)
Para obtermos a func¸a˜o-movimento correspondente, basta usarmos a definic¸a˜o de
velocidade e integrarmos uma vez mais no tempo:
dx
dt
= vx =⇒ x− x0 =
∫ t
0
a0
ω
[1− cos(ωt′)] dt′ , (2.45)
ou seja,
x =
a0
ω2
[ωt− sen(ωt)] . (2.46)
(b) A partir da definic¸a˜o de velocidade me´dia num intervalo, podemos escrever
〈vx〉[t, t + 2pi/ω] = 1
2pi/ω
∫ t+2pi/ω
t
f˙x(t
′) dt′ . (2.47)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 36
Substituindo a func¸a˜o-velocidade dada por (2.44), obtemos,
〈vx〉[t, t + 2pi/ω] = ω
2pi
∫ t+2pi/ω
t
a0
ω
[[1− cos(ωt′)] dt′ = a0
ω
, (2.48)
onde usamos o fato de que
∫ t+2pi/ω
t
cos(ωt′) dt′ = 0. Observe que, apesar de ter uma
acelerac¸a˜o oscilante, a partı´cula se afasta da origem com o passar do tempo seguindo
o sentido positivo do eixo OX . No entanto, como ficara´ evidente no u´ltimo item do
problema, outras condic¸o˜es iniciais podem produzir movimentos bem diferentes do
que esse, fazendo, por exemplo, com que a partı´cula fique oscilando em torno da
origem ou mesmo se afaste dela no sentido negativo do eixo OX .
t
pi
ω
2pi
ω
ax
tpiω
ax = 0
2pi
ω
vx
a0
ω 〈vx〉[t, t + 2piω ] = a0ω
tpiω 2piω
vx = 0
x
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 37
(c) Repetindo os mesmos passos do item (a) e lembrando que, agora, a velocidade ini-
cial e´ vx0 = −a0/ω, obtemos, para a velocidade da partı´cula num instante qualquer
vx −
(
−a0
ω
)
=
∫ t
0
a0 sen(ωt
′) dt′ =⇒ vx = −a0
ω
cos(ωt) . (2.49)
Integrando no tempo a equac¸a˜o anterior e usando o fato de que x0 = 0, obtemos
x = − a0
ω2
sen(ωt) . (2.50)
Consequ¨entemente, a velocidade me´dia, nesse caso, e´ dada por
〈vx〉[t, t + 2pi/ω] = ω
2pi
∫ t+2pi/ω
t
(
−a0
ω
)
cos(ωt′) dt′ = 0 . (2.51)
Com essas novas condic¸o˜es iniciais, a velocidade me´dia da partı´cula e´ nula. Ela
oscila em torno da origem mas, na me´dia, na˜o se afasta da origem. Na˜o e´ difı´cil
verificar que se a velocidade inicial fosse vx0 = 2 − ao/ω, encontrarı´amos uma
velocidade me´dia negativa, igual a−ao/ω (verifique caso ainda tenha alguma du´vida
sobre o assunto). A grande mesnagem desse exercı´cio e´ enfatizar que a simples
mudanc¸a nas condic¸o˜es iniciais de um sistema pode mudar significativamente o seu
movimento. A seguir, esta˜o os novos gra´ficos de velocidade e posic¸a˜o versus tempo.
tpi2ω
pi
ω
ax = 0
vx
〈vx〉[t, t + 2piω ] = 0
t
pi
2ω
pi
ω
vx = 0
vx = 0
x
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 38
Cinema´tica Vetorial
16. (a) Devemos decompor o movimento da pedra em movimento vertical e movimento
horizontal. Como o movimento horizontal na˜o e´ acelerado, temos D = vHtq, onde
vH e´ o mo´dulo dacomponente horizontal da velocidade, que permanece constante
desde o lanc¸amento da pedra ate´ o instante em que ela toca o solo, e tq e´ o tempo de
queda, isto e´, o intervalo de tempo transcorrido desde o lanc¸amento ate´ o instante
em que a pedra toca o solo. O tempo de queda pode ser calculado analisando-se o
movimento vertical da pedra:
h =
1
2
g t2q =⇒ tq =
√
2h
g
.
Desta forma, concluı´mos que vH = D
√
g/(2h) e, consequ¨entemente, a velocidade
da pedra no instante do lanc¸amento e´ dada por
v = D
√
g
2h
ux .
(b) Para determinarmos a velocidade da pedra no instante em que ela toca o solo, de-
vemos calcular a componente vertical de sua velocidade, uma vez que a compo-
nente horizontal e´ a mesma durante todo o movimento, e ja´ foi calculada no item
anterior. Por convenieˆncia, vamos escolher eixos cartesianos de modo que o movi-
mento ocorra no plano OXY, com o eixo OX horizontal apontando no sentido do
lanc¸amento, o eixo OY vertical e apontando para cima e a origem no solo. Com
isso, a componente vertical da velocidade da pedra no instante em que toca o solo e´
dada por
vy = −gtq =⇒ vy = −g
√
2h
g
= −
√
2gh ,
resultado que poderia ter sido obtido tambe´m pela equac¸a˜o de Torricelli. Portanto,
a velocidade da pedra no instante em que toca o solo e´ dada por
v = D
√
g
2h
ux −
√
2gh uy .
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 39
(c) Substituindo D = h na expressa˜o da velocidade da pedra no instante em que ela
toca o solo, obtemos
vq =
√
gh
2
ux −
√
2ghuy . (2.52)
Com isso, a raza˜o entre os mo´dulos de vqy e vqx e´ dada por
|vqy|
|vqx| = 2 . (2.53)
Consequ¨entemente, o aˆngulo entre vq e a horizontal e´ dado por
θ = arctan (|vqy|/|vqx|) = arctan(2) . (2.54)
Na figura, a linha pontilhada representa a trajeto´ria seguida pela pedra e, nela, esta˜o
indicados ainda o aˆngulo θ, a velocidade vq, e as distaˆncias relevantes no problema.
XD = hO
Y
h
θ
vq =
√
gh
2
ux −
√
2ghuy
17. (a) Por convenieˆncia, escolheremos o instante em que o proje´til e´ lanc¸ado como t0 = 0
e a origem dos eixos cartesianos no ponto de lanc¸amento do proje´til. Sabendo que
a = −g uy, a func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-movimento desse proje´til sa˜o dadas,
respectivamente, por
v = v0 cosθ0 ux + (v0 senθ0 − gt) uy (2.55)
r = (v0 cosθ0) tux +
(
(v0 senθ0) t − 1
2
gt2
)
uy . (2.56)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 40
Usando o fato de que no instante t1 a componente vertical da velocidade do proje´til
e´ nula, temos
v0 senθ0 − gt1 = 0 =⇒ t1 = v0 senθ0
g
. (2.57)
Na˜o e´ difı´cil mostrar que t2 = 2t1 (o tempo de queda e´ o dobro do tempo de subida).
Assim, as posic¸o˜es do proje´til nos instantes t1 e t2 sa˜o dadas, respectivamente, por
r1 =
v20 senθ0 cosθ0
g
ux +
v20 sen
2θ0
2g
uy , (2.58)
r2 =
2v20 senθ0 cosθ0
g
ux . (2.59)
Consequ¨entemente, o vetor deslocamento ∆r = r2 − r1 sera´ dado por
∆r =
v20 senθ0 cosθ0
g
ux − v
2
0 sen
2θ0
2g
uy . (2.60)
(b) O vetor velocidade me´dia e´ a raza˜o entre o deslocamento ∆r = r2−r1 e o intervalo
de tempo ∆t = t2 − t1. Como t2 = 2t1, vemos que t2 − t1 = v0senθ0/g. Usando,
enta˜o, as expresso˜es de r1 e r2, dadas pelas equac¸o˜es (2.58) e (2.59), obtemos
〈v〉[t1, t2] = ∆r
∆t
= v0 cos θ0 ux − v0senθ0
2
uy (2.61)
(c) Substituindo t = t1 e t = t2 em (2.55), obtemos as velocidade desejadas:
v1 = v0 cos θ0 ux , (2.62)
v2 = v0 cos θ0 ux − v0senθ0 uy . (2.63)
(d) A figura mostra a trajeto´ria do proje´til. Observe que, nela, marcamos as velocidades
v0, v1 e v2, o vetor deslocamento entre os instantes t1 e t2 e a velocidade me´dia
〈v〉[t1, t2].
18. (a) As func¸o˜es-movimento do pacote (P) e da pessoa dentro do bala˜o (B) sa˜o dadas,
respectivamente, por (com unidades no SI)
xP = (1/40)t e yP = 340− 5t2 (2.64)
xB = 200 e yB = V t . (2.65)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 41
v0
v1
v2
∆r
〈v〉[t1, t2]
O
Y
X
(b) Para que uma pessoa dentro do bala˜o agarre o pacote, as suas coordenadas (xB, yB)
devem, em algum instante, designando por te, coincidir com as do pacote (xP , yP ).
De xP = xB , obtemos
1
40
te = 200 =⇒ te = 8 . (2.66)
Substituindo te = 8 na expressa˜o de yP , concluı´mos que a pessoa deve agarrar
o pacote a 20 metros do solo. Finalmente, forc¸ando que yB = 20, chegamos a`
conclusa˜o de que a pessoa so´ sera´ capaz de apanhar o pacote caso a velocidade do
bala˜o seja V = 2, 5m/s.
19. (a) Caso na˜o houvesse gravidade, o proje´til se moveria em movimento retilı´neo uni-
forme, ao longo da reta caracterizada por y = x (z = 0), ja´ que seu aˆngulo de
lanc¸amento e´ 45o. A influeˆncia da gravidade faz com que, em lugar de um seg-
mento de reta, o proje´til descreva um arco de para´bola, com concavidade voltada
para baixo. Consequ¨entemente, supondo que a velocidade inicial do proje´til seja
finita atingira´ o ponto P somente se h < d. O caso em que h = d seria atingido
apenas no limite em que v0 →∞, como ficara´ evidente no pro´ximo item.
(b) O movimento do proje´til ocorre no plano OXY. As coordenadas x e y do proje´til
num instante qualquer apo´s o seu lanc¸amento sa˜o dadas por (sua coordenada z e´
nula durante seu movimento)
x = v0
√
2
2
t e y = v0
√
2
2
t− 1
2
gt2 . (2.67)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 42
Podemos encontrar a equac¸a˜o cartesiana de sua trajeto´ria relacionando diretamente
as coordenadas x e y. Substituindo t = 2x/(v0
√
2) na expressa˜o de y, obtemos
y = x− gx
2
v20
. (2.68)
Impondo, enta˜o, que o proje´til passe pelo ponto P , escrevemos
h = d− gd
2
v20
=⇒ v0 = d
√
g
d− h . (2.69)
Observe que para h > d na˜o ha´ raiz real. Isso significa que, caso h > d, o ponto
P (d, h, 0) nunca podera´ ser atingido por um proje´til lanc¸ado da origem com aˆngulo
de lanc¸amento θ0 = 45o. Note,ainda, que se aumentarmos a altura h fazendo com
que ela tenda ao valor da distaˆncia d, vemos diretamente da equac¸a˜o anterior que
v0 →∞. A interpretac¸a˜o desse resultado e´ simples: com uma velocidade infinita, o
tempo de percurso ate´ o ponto P , que estaria exatamente na direc¸a˜o do lanc¸amento
do proje´til, tende a zero, de modo que a ac¸a˜o da gravidade se torna desprezı´vel
durante o movimento do proje´til.
(c) Para descobrirmos se no instante tP em que o proje´til passa pelo ponto P ele esta´
subindo ou descendo, basta verificar o sinal da componente vertical de sua veloci-
dade nesse instante, denotada por vyP . O instante tP pode ser calculado impondo
que xP = v0(
√
2/2)tP = d. Utilizando a equac¸a˜o (2.69), temos,
d
√
g
d− h
√
2
2
tP = d =⇒ tP = 2
√
d− h
2g
. (2.70)
De posse de tP , calculamos, enta˜o, vyP = v0
√
2/2−gtP . Substituindo as expresso˜es
de v0 e tP e reescrevendo o resultado convenientemente, obtemos
vyP =
√
2g
d− h
(
h− d
2
)
. (2.71)
Uma ra´pida inspec¸a˜o na equac¸a˜o anterior nos permite concluir que para 0 ≤ h < d/2
o proje´til passa pelo ponto P descendo, pois nesse caso vyP < 0. Essa situac¸a˜o esta´
ilustrada na figura por uma linha contı´nua. Ja´ para d/2 < h < d, o proje´til passa
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 43
pelo ponto P na subida, pois vyP > 0, situac¸a˜o ilustrada na figura por uma linha
tracejada. Para h = d/2, o proje´til atinge o ponto P no instante em que esta´ em sua
altura ma´xima e, por esse motivo, e´ nula a componente vertical de sua velocidade,
ou seja, vyP = 0. Na figura, essa situac¸a˜o corresponde a` linha pontilhada.
X
Y
O
h = d
2
d
Vale a pena lembrar que para cada posic¸a˜o do ponto P , isto e´, para cada valor de h
(d esta´ fixa no problema) a velocidade de lanc¸amento do proje´til e´ diferente, tanto
maior quanto mais o valor de h se aproximado valor de d.
20. (a) Neste tipo de lanc¸amento temos a componente horizontal da velocidade igual a:
vx = v0 e a componente vertical da velocidade igual a: vy = −gt (lembrando que
vy(0) = 0 e que a acelerac¸a˜o e´ a da gravidade). O mo´dulo da velocidade e´ definido
como:
v =
√
v2x + v
2
y
Temos enta˜o: v =
√
v20 + g
2t2.
(b) A variac¸a˜o do mo´dulo da velocidade com o tempo e´ dada pela acelerac¸a˜o tangencial.
Assim temos:
aT =
d v
dt
=
g2t√
v20 + g
2t2
(c) Como a acelerac¸a˜o sobre a partı´cula e´ sempre g, podemos escrever:
g2 = a2T + a
2
N
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 44
e portanto calcular a acelerac¸a˜o normal:
aN = g
√
1− g
2t2
v20 + g
2t2
(d) O raio de curvatura pode ser calculado atrave´s da relac¸a˜o:
aN =
v2T
ρ
Enta˜o:
ρ =
(v20 + g
2t2)3/2
gv0
(e) A distaˆncia horizontal percorrida e´ igual a d = v0t, logo podemos escrever t = d/v0.
Substituindo na expressa˜o calculada no item anterior:
ρ =
(v20 + g
2d2/v20)
3/2
gv0
21. (a) Os movimentoS horizontal e vertical sa˜o independentes. As respectivas func¸o˜es-
velocidade sa˜o dadas por
vx = v0x + a t , vy = v0y − g t . (2.72)
Note que o movimento vertical da partı´cula e´ ideˆntico ao movimento queda livre
usual. No ponto mais alto, a componente vertical da velocidade da partı´cula se anula
(vy = 0). Com isso, utilizando a segunda equac¸a˜o escrita anteriormente, obtemos
para o tempo de subida ts:
tS =
v0y
g
. (2.73)
(b) Como o movimento na vertical e´ o de queda livre, concluı´mos imediatamente que o
tempo de descida, tD, e´ ideˆntico ao de subida, isto e´, tD = tS . Esse resultado na˜o
depende do movimento horizontal da partı´cula.
(c) Durante a subida, o proje´til percorre a distaˆncia horizontal
∆xS = fx(tS)− fx(0)
= v0x
(
v0y
g
)
+
1
2
a
(
v0y
g
)2
− 0
=
v0x v0y
g
+
a v20y
2 g2
. (2.74)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 45
(d) Durante a descida, o proje´til percorre a distaˆncia horizontal
∆xD = fx(2 tS)− fx(tS)
= v0x
(
2
v0y
g
)
+
1
2
a
(
2
v0y
g
)2
−
[
v0x
(
v0y
g
)
+
1
2
a
(
v0y
g
)2]
=
v0x v0y
g
+
3 a v20y
2 g2
.
Observe que a distaˆncia percorrida na descida e´ maior que a percorrida na subida.
Isso ocorre porque as velocidades horizontais da partı´cula durante a descida sa˜o
maiores que durante subida, como fica evidente se inspecionarmos a expressa˜o de
vx (lembre-se de que vx0 e a sa˜o quantidades positivas).
22. (a) Usando a definic¸a˜o de acelerac¸a˜o, temos
dv
dt
= a = −axux − ayuy =⇒ v − v0 =
∫ t
0
(−axux − ayuy) dt ′ . (2.75)
Realizando a integrac¸a˜o e usando o fato de que v0 = v0xux, obtemos
v = (v0x − axt)ux − aytuy . (2.76)
Utilizando a definic¸a˜o de velocidade e integrando uma vez mais no tempo, obtemos
dr
dt
= v =⇒ r− r0 =
∫ t
0
[
(v0x − axt ′)ux − ayt ′uy
]
dt ′ , (2.77)
ou seja,
r =
(
v0xt− 1
2
axt
2
)
ux − 1
2
ayt
2uy . (2.78)
(b) Observe que em t = 0 a partı´cula se encontra na origem com uma velocidade cuja
componente ao longo de OX e´ positiva e com uma acelerac¸a˜o cuja componente ao
longo desse mesmo eixo e´ constante e negativa (v0x > 0 e ax < 0). Fica evidente,
portanto, que a componente vx da velocidade da partı´cula ira´ se anular e passara´
a assumir valores negativos. Em outras palavras, o movimento na direc¸a˜o de OX
muda de sentido. Justamente quando vx = 0 a coordenada x da partı´cula e´ ma´xima.
Com isso, e utilizando os resultados do item anterior, obtemos
vx = 0 =⇒ v0x − axt1 = 0 =⇒ t1 = v0x
ax
. (2.79)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 46
A velocidade da partı´cula no instante t1 e´ dada por
v1 = (v0x − axt1)ux − ayt1uy = −ayv0x
ax
uy . (2.80)
(c) Como o produto escalar de dois vetores na˜o-nulos so´ e´ nulo caso eles sejam perpen-
diculares entre si, podemos determinar o instante t2 impondo que v · a = 0:(
(v0x − axt2)ux − ayt2uy
)
· (−axux − ayuy) = 0 , (2.81)
ou seja,
−(v0x − axt2)ax + a2yt2 = 0 =⇒ t2 =
v0xax
a2
, (2.82)
onde a2 = a2x + a2y = |a2| e´ o mo´dulo ao quadrado da acelerac¸a˜o da partı´cula.
(d) Como a acelerac¸a˜o e´ constante, a trajeto´ria da partı´cula e´ parabo´lica, como no caso
do movimento de um proje´til pro´ximo a` superfı´cie terrestre se desprezarmos a re-
sisteˆncia do ar. No entanto, como a acelerac¸a˜o nesse problema na˜o e´ vertical, o
eixo de simetria dessa para´bola esta´ inclinado em relac¸a˜o a` vertical. Para fazer o
desenho da trajeto´ria da partı´cula, escolhemos ax/ay = 2. ´E como se a acelerac¸a˜o
da gravidade, g, tivesse girado no sentido hora´rio de um aˆngulo cuja a tangente vale
2 (observe no desenho a` esquerda que o eixo de simetria da trajeto´ria parabo´lica da
partı´cula esta´ girado desse aˆngulo). Observe, ainda, que t2 < t1. Para demonstrar
esse resultado, basta escrever
t2 =
v0x
ax
(ax
a
)2
=
(ax
a
)2
t1 (2.83)
e lembrar que a2x < a2. Como a acelerac¸a˜o e´ constante, as setas representativas de
a1 e a2 teˆm o mesmo mo´dulo, direc¸a˜o e sentido. Lembre-se, finalmente, de que as
velocidades sa˜o sempre tangentes a` trajeto´ria. Verifique todas essas afirmativas na
figura a` esquerda.
Para finalizar este item, mostraremos um me´todo um pouco mais geome´trico de
determinar o instante t2, no qual v e a sa˜o perpendiculares. Como a acelerac¸a˜o e´
constante, podemos escrever
v2 = v0 + at2 . (2.84)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 47
X
Y
O
a1
v1
v2
a2
v2
v0
at2
α
Uma vez que v2 e a devem ser perpendiculares, os treˆs vetores v2, v0 e at2 formam
um triaˆngulo retaˆngulo, com |v0| sendo a hipotenusa, como ilustra a figura a` direita.
Uma ra´pida inspec¸a˜o nessa figura nos permite escrever |a|t2 = |v0|cosα = v0xcosα,
onde cosα = ax/|a|. Das relac¸o˜es anteriores, obtemos, diretamente, t2 = v0xax/a2,
de acordo com o ca´lculo anterior.
23. As velocidades vA e vB teˆm o mesmo mo´dulo e, portanto, devemos representa´-las por
setas de mesmo tamanho. Ale´m disso, devem ser tangentes a` trajeto´ria nos pontos A e
B, respectivamente. Os mo´dulos das acelerac¸o˜es da partı´cula quando ela se encontra nos
pontos A e B sa˜o dados, respectivamente, por aA = v2a/r e aB = v2B/R. Como vA = vB
e R = 2r, concluı´mos que aA = 2aB . Ou seja, devemos representar aA por uma seta com
o dobro do comprimento da seta representativa de aB . Ale´m disso, como o movimento
nos semicı´rculos e´ circular uniforme, as acelerac¸o˜es sa˜o puramente centrı´petas, ouseja,
apontam para os respectivos centros de curvatura. Finalmente, o deslocamento ∆r[ta, tb]
e´ dado por uma seta que vai de A para B. A figura conte´m todas as afirmativas anteriores.
A
B
∆r[ta, tb]
vA
vB
aA
aB
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 48
24. (a) Para se obter a func¸a˜o-movimento da partı´cula deve-se integrar a acelerac¸a˜o duas
vezes. Apo´s a primeira integrac¸a˜o, obtemos a sua func¸a˜o-velocidade:
v − v0 =
∫ t
0
a dt ′ =⇒ v = αtux + βt
3
3
uy (2.85)
e apo´s a segunda, a sua func¸a˜o-movimento:
r− r0 =
∫ t
0
v dt ′ =⇒ r = αt
2
2
ux +
βt4
12
uy . (2.86)
(b) Substituindo nas expresso˜es anteriores o valor t =
√
α/β, obtemos para o vetor-
posic¸a˜o e para a velocidade da partı´cula, nesse instante, as respectivas expresso˜es:
r =
α2
2β
ux +
α2
12β
uy =
α2
12β
(6ux + uy)
e
v =
(
α3
β
)1/2
ux +
1
3
(
α3
β
)1/2
uy =
1
3
(
α3
β
)1/2
(3 ux + uy) .
(c) A partir da expressa˜o obtida para o vetor-posic¸a˜o da partı´cula, dada por (2.86, iden-
tificamos as equac¸o˜es parame´tricas de sua trajeto´ria:
x = αt2/2 e y = βt4/12 .
Para obtermos a equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria dapartı´cula, basta eliminar o tempo
das equac¸o˜es anteriores, relacionando diretamente as coordenadas cartesianas da
partı´cula. Da primeira equac¸a˜o, temos t4 = 4x2/α2, que substituı´da na segunda,
nos leva a` equac¸a˜o desejada:
y =
βx2
3α2
, com x ≥ 0 .
A condic¸a˜o x ≥ 0 foi introduzida pois qualquer que seja o instante de tempo consid-
erado, a partı´cula nunca tem a sua coordenada x negativa (basta analisar as equac¸o˜es
parame´tricas). Portanto, a trajeto´ria da partı´cula e´ um arco de para´bola, dado pela
equac¸a˜o anterior.Veja esboc¸o abaixo:
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 49
Y
XO
t = 0
25. (a) Eliminando o tempo, relacionamos diretamente as coordenadas cartesianas dos bar-
cos, o que nos fornece as equac¸o˜es cartesianas das trajeto´rias:
Barco A: xA = 10t =⇒ t = xA
10
=⇒ yA = 5×
(xA
10
)
=
1
2
xA ; (2.87)
Barco B: xB = 100− 4t =⇒ t = 100− xB
4
=⇒ yB = 200− 2xB .(2.88)
Como as trajeto´rias dos barcos sa˜o retas na˜o paralelas entre si, necessariamente
havera´ um ponto de intersec¸a˜o entre as duas, o ponto Pi = (xi, yi). Para determi-
narmos esse ponto, devemos impor a condic¸a˜o: (xA, yA) = (xB, yB). Substituindo
xB = xA na expressa˜o de yB e igualando o resuldado com yA, obtemos
200− 2xA = 1
2
xA =⇒ xA = 80 . (2.89)
Ou seja, a abcissa do ponto Pi e´ xi = 80. A ordenada desse ponto e´ dada, enta˜o, por
yi = 200− 2xi = 200− 2× 80 =⇒ yi = 40 . (2.90)
Resumindo: o ponto de intersec¸a˜o entre as trajeto´rias e´ Pi = (80, 40).
(b) Para determinarmos se havera´ colisa˜o entre os barcos, devemos calcular os respec-
tivos instantes em que cada um deles passa pelo pnto Pi. Designando esses instantes,
respectivamente, por tA e tB , podemos escrever 80 = 10tA e 80 = 100− 4tB , o que
nos leva aos instantes tA = 8s e tB = 5s. Concluı´mos, portanto, que na˜o havera´
choque entre os barcos e que o barco B passa pelo ponto Pi antes que o barco A.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 50
(c) Ambas as trajeto´rias sa˜o retilı´neas. O barco A passa pela origem no instante inicial
t = 0 e possui a velocideade vA = 10ux + 5uy, enquanto o barco B passa pelo
ponto (100, 0) no instante inicial e tem a velocidade vA = −4ux + 8uy. Ale´m
disso, e´ imediato mostrar que no instante t = 5s o barco A esta´ no ponto (50, 25)
e o barco B se encontra no ponto de intersec¸a˜o entre as trajeto´rias, isto e´, o ponto
Pi = (80, 40). Confira as afirmativas anteriores na figura.
XO
Y
AA
50
25 vA
vB
B
80
40
Situac¸a˜o em t = 5
(d) Para que os barcos colidissem no ponto Pi, deverivam percorrer as respectivas distaˆncias
entre suas posic¸o˜es iniciais e o ponto Pi em intervalos de tempos iguais. Sejam dA
e dB essas distaˆncias e ∆tA e ∆tB os respectivos intervalos de tempo gastos pelos
barcos para percorreˆ-las. Dos dados do problema, temos
∆tA =
dA
vA
=
√
802 + 402√
102 + 52
=
40
√
5
5
√
5
= 8 ; (2.91)
∆tB =
dB
vB
=
√
202 + 402
vB
=
20
√
5
vB
. (2.92)
Impondo, enta˜o, a igualdade ∆tA = ∆tB , obtemos
8 =
20
√
5
vB
=⇒ vB = 5
√
5
2
m/s . (2.93)
26. (a) Usando diretamente as definic¸o˜es de velocidade e acelerac¸a˜o, e lembrando que a
posic¸a˜o da partı´cula e´ dada por r = Atux + B sen(Ct)uy obtemos
v =
dr
dt
= Aux + CB cos(Ct)uy ; (2.94)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 51
a =
dv
dt
= −C2B sen(Ct)uy . (2.95)
(b) De x = At, temos t = x/A. Substituindo esse resultado na expressa˜o de y, obtemos
a equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria desejada:
y = B sen
(
C
A
x
)
. (2.96)
(c) Denotando por v1, v2 e v3 as respectivas velocidades da partı´cula nos instantes
t1 = pi/(2C), t2 = 2t1 e t3 = 3t1 e por a1, a2 e a3 as suas respectivas acelerac¸o˜es
nesses mesmos instantes, obtemos, a partir das equac¸o˜es anteriores:
v1 = Aux ; v2 = Aux − CB uy ; v3 = Aux ; (2.97)
a1 = −C2B uy ; a2 = 0 ; a3 = +C2B uy . (2.98)
Na figura, a linha tracejada mostra a trajeto´ria da partı´cula no intervalo [0, 2pi/C].
Nela, esta˜o indicadas as suas velocidades e acelerac¸o˜es nos instantes t1, t2 e t3.
XO
Y v1
v2
v3
a1
a3
27. Por definic¸a˜o, a derivada temporal da velocidade escalar da partı´cula nos da´ a componente
tangencial de sua acelerac¸a˜o, isto e´,
dv
dt
= aT = a0 cos(ωt) =⇒ vT − vT0 =
∫ t
0
cos(ωt ′dt ′ =
a0
ω
sen(ωt) , (2.99)
ou seja,
v =
a0
ω
(
1 + cos(ωt)
)
. (2.100)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 52
A componente normal ou centrı´peta da acelerac¸a˜o da partı´cula e´ dada por
aN =
v2
R
=
a20
ω2R
(
1 + cos(ωt)
)2
. (2.101)
De posse das componentes aT e aN , obtemos facilmente o mo´dulo da acelerac¸a˜o da
partı´cula:
|a| =
√
a2T + a
2
N =
a20
ω2R
[(
ω2R + a20
)
cos2(ωt) + a20
(
1 + 2 cos(ωt)
)]1/2
. (2.102)
28. (a) A partı´cula A se movimenta de maneira perio´dica ao longo do eixoOY , permanecendo
sempre entre as posic¸o˜es y1 = −R e y2 = R. A partı´cula B segue uma trajeto´ria
circular no plano OXY , de raio R e centro na origem, uma vez que x2B + y2B = R2.
Analisando a func¸a˜o-movimento dessa partı´cula, na˜o e´ difı´cil perceber que ela se
move no sentido anti-hora´rio de quem observa o movimento de um ponto localizado
no semi-eixo positivo OZ .
(b) Para sabermos se as partı´culas se encontram ou na˜o, devemos impor as condic¸o˜es
xA = xB e yA = yB e verificar se existe algum instante no qual tais condic¸o˜es sejam
satisfeitas. Impondo, enta˜o, essas condic¸o˜es, temos
0 = R cos(ω t) e R cos(ω t) = R sen (ω t) (2.103)
Da primeira equac¸a˜o, vemos que ω t = (pi/2) + pi n, onde n e´ um inteiro qualquer.
Substituindo esses valores na segunda equac¸a˜o, obtemos
R cos
(pi
2
+ pi n
)
= R sen
(pi
2
+ pi n
)
, isto e´, 0 = R (−1)n , (2.104)
que e´ um resultado absurdo. Portanto, na˜o ha´ nenhum instante no qual as partı´culas
se encontrem.
(c) A figura da esquerda mostra apenas a trajeto´ria circular da partı´cula B, de raio R
e centrada na origem, e a trajeto´ria da partı´cula A, uma semi-reta entre os pontos
(0,−R) e (0, R). Para facilitar a visualizac¸a˜o da trajeto´ria da partı´cula A, na˜o de-
senhamos nessa figura o eixo OY .
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 53
A figura do centro mostra a situac¸a˜o no instante t1 = pi/2ω. Como o movi-
mento de B e´ circular uniforme, sua acelerac¸a˜o aponta em qualquer instante para o
centro do cı´rculo e tem mo´dulo constante. Obviamente sua velocidade e´ tangente
ao cı´rculo. Nesse instante, a partı´cula A esta´ na origem com velocidade ma´xima
e acelerac¸a˜o nula. Note que a o mo´dulo de sua velocidade nesse instante coincide
com o mo´dulo da velocidade da partı´cula B em qualquer instante (verifique esse
resultado a partir das respectivas func¸o˜es-movimento das partı´culas).
Finalmente, a figura da direita mostra a situac¸a˜o no instante t2 = pi/ω. Nesse
instante, a partı´cula A tem velocidade nula mas acelerac¸a˜o ma´xima. Na˜o e´ difı´cil
mostrar que o mo´dulo de sua acelerac¸a˜o nesse instante coincide com o mo´dulo da
acelerac¸a˜o da partı´cula B em qualquer instante. Confira nas figuras as afirmativas
anteriores.
Trajeto´rias
X
A
B
X
Y
t1 =
pi
2ω
vB1
aB1
vA1
aA1 = 0 X
Y
t2 =
pi
ω
vB2
aB2
vA2 = 0
aA2
29. (a) Conhecida a func¸a˜o-movimento da partı´cula, r = R cos(ωt)ux+R sen(ωt)uy+huz,
e utilizando as definic¸o˜es de velocidade e acelerac¸a˜o, obtemos
v =
dr
dt
= −ωR sen(ωt)ux + ωR cos(ωt)uy ; (2.105)
a =
dv
dt
= −ω2R cos(ωt)ux − ω2R sen(ωt)uy . (2.106)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 1 54
(b) Fazendo t = 0 na func¸a˜o-movimento da partı´cula e nas expresso˜es de sua velocidade
e sua acelerac¸a˜o obtidas no item (a), obtemos
r0 = R ux + huz