MECÂNICA CLÁSSICA_VOL 1

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Volume 1
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Questão 1
Dados dois vetores yx ˆˆ b e ,ˆˆ zx c
determine cbcbcbcb  e,25, .
Resolução:
Sejam os vetores unitários:
Figura 1.1
Assim, teremos:
   
   
xzyzxyyzxxx
zyxzxyx
zyxyzx
xxzxyx
zyxzxyx
zyx
ˆˆˆ,ˆˆˆ,ˆˆˆ,0ˆˆ
;ˆˆˆˆˆˆˆ
0ˆˆˆˆˆˆ
;1ˆˆˆˆˆˆ
ˆ2ˆ5ˆ7ˆ2ˆ2ˆ5ˆ525
ˆˆˆ2






cb
cb
cb
cb
Questão 2
Dois vetores são dados como  3,2,1b e
 1,2,3c . Determine: .,25, cbcbcbcb  e
Resolução:
Utilizando os dados da Figura 1.1, teremos:
     
       
 
   
     
 4,8,4
3221,1133,23121,2,33,2,1
101322311,2,33,2,1
13,6,1
2,4,615,10,51,2,323,2,1525
4,4,41,2,33,2,1






cb
cb
cb
cb
Questão 3
Aplicando o teorema de Pitágoras (versão
comum bidimensional) duas vezes, mostre que o
comprimento r de um vetor tridimensional
 zyx ,,r satisfaz 2222 zyxr  .
Resolução:
Figura 3.1
Da figura 3.1, podemos observar que no plano xy,
teremos:
222 yxrxy 
(3.1)
Agora, utilizando 3.1, teremos para o
comprimento do vetor:
222222 zyxzrr xy 
(3.2)
Questão 4
Um dos muitos usos do produto escalar é na
determinação do ângulo entre dois vetores
dados. Determine o ângulo entre os vetores 4,2,1b e  1,2,4c através do cálculo do
produto escalar entre eles.
Resolução:
Seja o produto escalar entre eles dado por:
cos cbcb
(4.1)
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xˆ
yˆ
zˆ
x
y
z
zz ˆ
xx ˆ
yy ˆ
r
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Em que θ é o ângulo entre os referidos vetores.
Para seus respectivos módulos (magnitudes),
teremos:
2112421421 222222  cb e
(4.2)
O produto escalar, por sua vez, é dado por:
    121,2,44,2,1 cb
(4.3)
Utilizando os resultados (4.2), (4.3) em (4.1),
teremos:
15,55
7
4
cos
7
4
coscos212112
1 



(4.4)
Questão 5
Determine o ângulo entre a diagonal do corpo de
um cubo e qualquer uma das diagonais de suas
faces. [Sugestão: escolha um cubo de lado 1 e
com um dos vértices em 0 e o vértice oposto no
ponto (1, 1, 1). Escreva o vetor que representa
uma diagonal do corpo e o outro que representa
a diagonal de uma face, e então determine o
ângulo entre elas conforme a questão anterior.]
Resolução:
As magnitudes das diagonais do corpo e de uma
das faces valem respectivamente 3 e 2 .
Tomando o produto escalar teremos:
    20,1,11,1,1 
(5.1)
Assim, utilizando o procedimento da questão
anterior, teremos:
3,35
3
6
coscos232




(5.2)
Questão 6
Utilizando o produto escalar, determine os
valores do escalar s para os quais os vetores
ysxysx ˆˆˆˆ  cb e são ortogonais.
(Lembre-se de que dois vetores são ortogonais
se e somente se o produto escalar entre eles é
zero.) Explique sua resposta esboçando um
gráfico.
Resolução:
Calculando o produto escalar, teremos:
   
101
0ˆˆˆˆˆˆˆˆ
2
2


ss
yysxxysxysxcb
Conforme mostra o gráfico abaixo, os vetores se
encontram em quadrantes distintos, ou seja o
um dos vetores aponta na direção da reta xy 
e o outro na direção da reta xy  .
Figura 6.1
Questão 7
Mostre que as duas definições do produto
escalar sr  como  iisrrs ecos são iguais.
Uma maneira de mostrar é escolher o eixo x ao
longo da direção r . [Estritamente falando, você
deve primeiro se assegurar de que o somatório é
independente da escolha dos eixos.]
y
z
θ
(1, 1, 1)
(1, 1, 0)
x
x
y
xˆ
yˆ
yˆ
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Resolução:
Sejam os seguintes vetores:
    3;ˆ,ˆ,ˆ;0,0,ˆ aszyxaarxa  sr e
(7.1)
O cosseno do ângulo entre os vetores é dado por:
3
3
3
1
cos 
(7.2)
Assim, utilizando os resultados (7.1) e (7.2) para
o produto escalar, teremos:
2
3
1
3 aaa sr
(7.3)
Agora, utilizando o somatório:
2ˆ0ˆ0ˆˆ azayaxaxasr ii  sr
(7.4)
Comparando os resultados (7.3) e (7.4),
podemos concluir que:
 iisrrs cossr
(7.5)
Questão 8
(a) Use  iisr para mostrar que o produto
escalar é distributivo, isto é,  vrurvur  (b) Se sr e são vetores
que dependem do tempo, mostre que a regra do
produto para derivação de produtos se aplica a
sr  , ou seja, que
  srsrsr 
dt
d
dt
d
dt
d
Resolução:
(a) Para o produto escalar teremos:
   
  vrurvur
vur

  iiiiiiiiiii vrurvrurvur
(8.1)
(b) Seja o produto escalar:
   
  



s
rs
rsr
srsr
dt
d
dt
d
s
dt
dr
dt
ds
r
dt
d
dt
ds
rs
dt
dr
sr
dt
d
dt
d
sr
i
ii
i
i
ii
i
iiii
(8.2)
Questão 9
Em trigonometria elementar, você
provavelmente aprendeu a lei dos cossenos para
um triângulo de lados a, b e c, tal que
cos2222 abbac  , onde θ é o ângulo entre
os lados a e b. Mostre que a lei dos cossenos é
uma consequência imediata da identidade
  baba  2222 ba
Resolução:
A figura abaixo mostra a soma dos vetores a e b:
Figura 9.1
Vamos determinar a magnitude da soma dos
vetores:
   
cos22 22222
2
abbaba 

baba
bbabbaaabababa
(9.1)
Lembrando que  coscos 
então, podemos escrever a leis dos cossenos a
partir do resultado (9.1):
 
  cos2
2
222
2222
abba
ba


ba
bababa
(9.2)
Questão 10
Uma partícula se move em um círculo (centro O
e raio R) com velocidade angular constante ω, no
sentido contrário aos ponteiros de um relógio. O
círculo está sobre o plano xy e a partícula está
sobre o eixos x no instante 0t . Mostre que a
a
b
ba 
θ
α
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posição da partícula é dada por     tRytRxt  senˆcosˆ r . Determine a
velocidade e a aceleração da partícula. Quais são
a magnitude e a direção da aceleração?
Relacione seu resultado com as propriedades
bem conhecidas do movimento circular
uniforme.
Figura 10.1
De acordo com a figura 10.1, podemos encontrar
o vetor posição de acordo com seus
componentes nas respectivas direções, ou seja, x
e y.
     tRytRxt  senˆcosˆ r
(10.1)
Para a determinação da velocidade instantânea,
temos:
       tRytRx
dt
td
t  cosˆˆ  senrv
(10.2)
E para a aceleração:
       tRytRx
dt
td
t  sen22 ˆcosˆ  va
(10.3)
De (10.2), temos:
        
  

Rtv
ttRtv

 222 cos2sen
(10.4)
Agora, da expressão (10.3), teremos:
        
  2
2222 cos


Rta
ttRta

 2sen
(10.5)
A aceleração, de acordo com (10.3), aponta para
o centro da curva, isto é, para O.
Questão 11
A posição de uma partícula em movimento é
dada como uma função do tempo por     tcytbxt  senˆcosˆ r , onde b, c e ω são
constantes. Descreva a órbita da partícula.
Resolução:
Para cb  , a partícula descreve uma órbita
elíptica em torno da origem do plano xy. Com o
eixo maior na direção de x. Caso contrário, o eixo
maior estaria na direção de y. A distância do foco
até a origem é dada por:
22 cbd 
(11.1)
A excentricidade é dada por:
b
cb
e
22 
(11.2)
Com o mesmo procedimento da questão anterior,
teremos para a velocidade:
     tcytbxt  cosˆˆ  senv
(11.3)
E para a aceleração:
     tcytbxt  sen22 ˆcosˆ a
(11.4)
A equação da elipse é dada por:
1
22
2
2

c
y
b
x
(11.5)
E para o período do movimento da partícula
2 .
Questão 12
A posição de uma partícula em movimento é
dada como uma função do tempo por
y
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      tvztcytbxt 0ˆˆcosˆ   senr onde b, c, v0 e
ω são constantes. Descreva a órbita da partícula.
Resolução:
No plano xy, a partícula descreve uma órbita
elíptica, veja questão anterior. Ao longo da
direção do eixo z, a partícula descreve um
movimento uniforme. Logo, a órbita da partícula
com relação ao um referencial na origem do três
eixos coordenadas, será uma hélice elíptica com
passo igual a 20 v .
Figura 12.1
Questão 13
Seja u um vetor unitário fixo arbitrário e mostre
que qualquer vetor b satisfaz
   222 bubu b . Explique esse resultado em
palavras, com o auxílio de uma figura.
Resolução:
Seja o vetor b segundo uma direção tal que
forma um ângulo θ com um vetor unitário u ,
conforme mostra a figura abaixo. A expressão
bu  representa a magnitude do componente de
b paralelo ao vetor
unitário cuja magnitude
vale cosb . A expressão
bu representa um
vetor de magnitude
senb que é
perpendicular ao plano
formado pelos vetores
bu e . Tal vetor tem a magnitude do cateto
oposto ao ângulo θ mostrado na figura 13.1.
Assim, aplicando o teorema de Pitágoras,
teremos:
   
   222
222 cos
bubu 

b
bbb  sen
(13.1)
Questão 14
Mostre que para quaisquer dois vetores ba e ,
baba 
[Sugestão: expanda
2
ba  e compare o
resultado com  2ba  ] Explique por que isso é
chamado de desigualdade triangular. (Obs.:
ba  ba e )
Resolução:
Para a expansão sugerida temos:
   222 cos2 baba  bababa
(14.1)
Em que θ é o ângulo entre os vetores. Do
resultado (14.1), podemos concluir que:
 22222 2cos2 bababababa  
(14.2)
Assim, podemos escrever:
 
baba
baba

 oubaba 22
(14.3)
Sejam os vetores
ba e representados
na figura 14.1.
Pode-se perceber da
figura que o
comprimento AC do
triângulo ABC é
sempre menor, ou no máximo igual a soma dos
comprimentos dos lados AB e BC.
b
u
θ
⊙
senb
cosb
Figura 13.1
A
C
B
θ
a
bba 
Figura 14.1
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Questão 15
Mostre que a definição:
xyyxz
zxxzy
yzzyx
srsrp
srsrp
srsrp



Para o produto vetorial xrp  é equivalente
à definição elementar em que sr é
perpendicular a ambos, com magnitude
senrs e direção dada pela regra da mão direita.
[Sugestão: é fato que (embora bastante difícil de
provar) a definição acima é independente da
nossa escolha de eixos. Portanto, você pode
escolher eixos de forma que r aponte ao longo
do eixo x e s esteja sobre o plano xy.]
Resolução:
Sejam os vetores ysxsyr yxy ˆˆˆ  sr e . Assim,
para o produto vetorial, teremos:
zsr
srsrsrp
srsrp
srsrp
xy
xyxyyxz
zxxzy
yzzyx
ˆ
0
0




p
(15.1)
O resultado (15.1) mostra que o vetor resultante
se encontra na direção do eixo z, que é
perpendicular ao plano xy e aponta no sentido
decrescente do referido eixo, conforme mostra a
figura a seguir.
Figura 15.1
A orientação do vetor resultante está de acordo
com a regra da mão direita.
Questão 16
(a) Definindo o produto escalar sr  por



3
1
332211
n
nnsrsrsrsr , mostre que o teorema
de Pitágoras implica que a magnitude de
qualquer vetor r é rr r . (b) Está claro que
o comprimento de um vetor não depende da
escolha dos eixos coordenados. Logo, o resultado
do item (a) garante que o produto escalar rr  ,
como definido anteriormente, é o mesmo para
qualquer escolha de eixos ortogonais. Use isso
para mostrar que sr  é o mesmo para qualquer
escolha de eixos ortogonais. [Sugestão:
considere o comprimento do vetor sr  ]
Resolução:
(a) Seja r o vetor representado na figura abaixo,
com seus respectivos componentes, a saber,
zyx rrr e, . O módulo de r , ou seja, sua
magnitude será dada de acordo com o teorema
de Pitágoras:
2222
zyx rrrr 
(16.1)
De acordo com a definição de produto escalar
dada acima, teremos:
Figura 16.1
  212
222
rrrr 

rr
rrrrrrrrr zzyyxxzyx
(16.2)
(b) Considerando o vetor sr  . Seu
comprimento será:
xˆ
yˆ
zˆ
r
s
p
y
z
x
zr
xr
yr
r
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         2222 zyx srsrsrsrsrsr         
 
sr 


2
2
22
222222
sr
srsrsrsssrrr
srsrsrsrsrsr
zzyyxxzyxzyx
zzzzyyyyxxxx
(16.3)
Qualquer escolha de eixos ortogonais.
Questão 17
(a) Mostre que o produto vetorial sr é
distributivo, isto é, que     vrurvur  . (b) Mostre a regra do
produto:
  srsrsr 
dt
d
dt
d
dt
d
Tenha cuidado com a ordem dos fatores.
Resolução:
(a)
   
       
   
vrur
rvur




xxyyyx
zzxxxzyyzzzy
zzyyxx
vurvur
vurvurvurvur
vuvuvu
;;
,,
(17.1)
(b)
   
s
dt
ds
r
dt
dr
srsrsrsrsrsr
dt
d
dt
d
xyyxzxxzyzzy
 

,
;,,sr
(17.2)
Assim, seguindo a regra do produto para cada
componente de produto vetorial, teremos:
   
dt
d
dt
d
srsrsrsr
dt
d
yzyzxyzy
s
rs
r
sr   ;
(17.3)
Ou ainda,
  srsrsr 
dt
d
dt
d
dt
d
(17.4)
Questão 18
Os três vetores cb,a, são os três lados de um
triângulo ABC com ângulos  ,, conforme
figura abaixo. (a) Mostre que a área do triângulo
é dada por qualquer uma destas três expressões:
accbba 
2
1
2
1
2
1
Área
(b) Use a igualdade dessas três expressões para
mostrar a chamada lei dos senos,
cba  ceba
sen
c
sen
b
sen
a
,,
Resolução:
(a) A área de um triângulo é obtida tomando a
magnitude de sua base multiplicada pela
magnitude de sua altura e dividindo por dois.
Assim, tomando o vetor b como sendo a base,
pode-se tomar a magnitude da projeção vertical
do vetor a, por exemplo. Logo:
  ba
2
1
2
1
2
1  senabsenabÁrea
(18.1)
Ou ainda, pode-se adotar outro vetor como base
e utilizar a projeção de outro vetor em uma
direção perpendicular ao primeiro.
(b) Utilizando as duas primeiras igualdades das
expressões da área, teremos:


sen
c
sen
a
sencbsenba

 cbba
(18.2)
E assim, por diante.
ac
b



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Questão 19
Se avr e, denotam posição, velocidade e
aceleração de uma partícula, mostre que:
    rvarva  
dt
d
Resolução:
Utilizando o resultado da questão 8, teremos:
      rvarvarva 
dt
d
dt
d
dt
d
(19.1)
Agora, utilizando o resultado (17.4):
  raravvrvrvrv 
dt
d
dt
d
dt
d
(19.2)
Em que 0 vv . Substituindo o resultado de
(19.2) em (19.1), teremos:
      rvaraarva 
dt
d
dt
d
(19.3)
Mas, em (19.3),   0 raa , pois tais vetores
são perpendiculares entre si. Logo:
    rvarva 
dt
d
dt
d
(19.4)
Questão 20
Os três vetores CBA, e apontam da origem O
para os vértices de um triângulo. Use o resultado
da questão 18 para mostrar que a área do
triângulo é dada por:
       BAACCB 
2
1
triângulodoárea
Resolução:
Considere a figura 20.1 em que os vetores
CBA, e apontam para os vértices do referido
triângulo.
Figura 20.1
De acordo com o resultado da questão 18, a área
do triângulopode ser encontrada com a seguinte
relação:
     CABC 
2
1
trianngulodoar rea
(20.1)
Utilizando as propriedades de produtos de
vetores, temos:
       
BABCAC
CBCABCCABC


(20.2)
Utilizando (20.1) e (20.2), teremos:
       BAACCB 
2
1
triângulodoárea
(20.3)
Questão 21
Um paralelepípedo (um sólido de seis faces com
as faces opostas paralelas) tem um vértice na
origem O e as três arestas que partem de O
definidas pelos vetores cb,a, . Mostre que o
volume do paralelepípedo é  cba  .
Resolução:
Sejam os vetores: zaycxb ˆˆ,ˆ  acb e . Assim, o
produto vetorial    zcb ˆcb será paralelo
ao vetor a, em que cb  representa a magnitude
da área da face. O volume é dado pelo produto da
altura, vetor a, pela área da face, logo:
 cba Vol
(21.1)
A
B
C
CA 
BC
y
xO
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Questão 22
Os dois vetores a e b estão sobre o plano xy e
fazem ângulos  e com o eixo x. (a)
Calculando ba  de duas formas [a saber,
usando 


3
1
332211cos
n
nnsrsrsrsrsr sr
], mostre a identidade trigonométrica bem
conhecida
   sensen coscoscos
(b) Calculando similarmente ba , mostre
   sensensen coscos  .
Resolução:
A figura 22.1 mostra a disposição dos vetores no
plano xy.
Figura 22.1
(a) Para o produto escalar, temos:
 
 
  


sensen
sensen




coscoscos
coscos
cos
2211
ab
baba
abba
(22.1)
Em que:




sen
sen
bbb
aaa
bbb
aaa
y
y
x
x




2
2
1
1
;
;cos
;cos
(22.2)
(b) Para o produto vetorial:
 
 
  


sensensen
sensen
sen
coscos
coscos
2112




ab
baba
abba
(22.3)
Questão 23
O vetor desconhecido v satisfaz  vb e
cvb  , onde cbe, são fixos e conhecidos.
Determine v em termos de cbe, .
Resolução:
Tomando o produto vetorial, temos:
  cbvbbcvb 
(23.1)
Vamos utilizar em (23.1) a seguinte
propriedade:
     BACCABCBA 
(23.2)
Logo:
     bbvvbbvbb 
(23.3)
De (23.1) e (23.3) temos:
   
2
2
b
b
cbb
v
cbvb
cbbbvvbb





(23.4)
Questão 24
Caso você não tenha estudado nada sobre
equações diferenciais anteriormente,
introduzirei as ideias necessárias à medida das
necessidades. Aqui, temos um simples exercício
para você iniciar: determine a solução geral da
equação diferencial de primeira ordem
fdtdf  para uma função desconhecida  tf .
[Há várias formas de se fazer isso. Uma é
reescrever a equação como dtfdf  e então
integrar ambos os lados.] Quantas constantes
arbitrárias a solução geral contém? [Sua
α
β
x
y
a
b
O
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resposta deve ilustrar o importante teorema de
que a solução para qualquer equação diferencial
de ordem n (para uma classe muito ampla de
equações “razoáveis”) contém n constates
arbitrárias.]
Resolução:
De acordo com a sugestão temos:
ttCCt Aefeefef
CCtf
dt
f
df
dt
f
df





arbitrar riaconstante:;ln
(24.1)
Em que CeA  . Para essa equação de 1º ordem
temos uma constante arbitrária.
Questão 25
Responda como a questão anterior, a seguinte
equação diferencial: fdtdf 3 .
Resolução:
Seguindo os passos da questão 24, teremos:
tAef
Ctf
dt
f
df
f
dt
df
3
3ln
33


  
(25.1)
Em que CeA  .
Questão 26
A marca de um referencial inercial é que
qualquer objeto que esteja sujeito a uma força
resultante nula irá percorrer uma trajetória
retilínea com velocidade constante. Para ilustrar
isso, considere o seguinte: estou em pé no plano
da origem de um referencial inercial S e chuto
um bloco sem atrito na direção norte ao longo do
plano. (a) Escreva as coordenadas x e y do bloco
como função do tempo de acordo com o
referencial inercial. (Use os eixos x e y
apontando para leste e norte, respectivamente.)
Agora, considere dois observadores, o primeiro
em repouso no sistema S’ que se desloca com
velocidade constante v na direção leste com
respeito a S, o segundo em repouso no sistema
S’’ que se desloca com aceleração constante na
direção leste com respeito a S naquele exato
momento.) (b) Determine as coordenadas x’ e y’
do bloco e descreva a trajetória do bloco
conforme visto de S’. (c) Faça o mesmo para S’’.
Qual dos referenciais é inercial?
Resolução:
Figura 26.1
A figura 26.1 mostra as direções solicitadas na
questão.
(a) Seja 1v a velocidade do bloco com relação à
origem de S. Assim, teremos:
Figura 26.2
tvyx 111 0  e
(26.1)
(b) Agora com relação ao referencial S’. Para
esse referencial, o bloco possui dois
componentes de velocidade, a saber: a
velocidade no eixo y, 1v , e velocidade no eixo x,
v , para o oeste. Assim, teremos:
tvyvtx 111  e
(26.2)
O
y
x
1v
Trajetória com
relação ao
referencial S.
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Utilizando as expressões em (26.2), teremos a
equação da trajetória do bloco com relação ao
referencial S’:
1
1
1 xv
v
y 
(26.3)
E a velocidade relativa do bloco para o
referencial S’ é dada por:
 
22
1
11
vvv
vvvvv
r
r

 
(26.4)
A figura 26.3 mostra a trajetória para o
referencial S’.
Figura 26.3
(c) Referencial S’’. O bloco terá uma aceleração
na direção do eixo x apontando para o oeste, ou
seja, a . Logo, para as coordenadas teremos:
tvy
at
x 11
2
1 2
 e
(26.5)
Isso nos fornece a equação da trajetória do bloco
para o referencial S’’, um arco de parábola:
2
1
2
1
1 2 v
ya
x

(26.6)
Além disso, o bloco terá velocidade na direção de
x, para o oeste, dada por:
atvx 
(26.7)
A velocidade do bloco com relação ao referencial
S’’ será dada por:
 2211 atvvvvv rxr  
(26.8)
A figura 26.4 mostra a trajetória do bloco com
relação ao referencial S’’.
Figura 26.4
Das figuras 26.2 e 26.3, podemos concluir que os
referenciais S e S’ são inerciais. E da figura 26.4,
podemos concluir que o referencial S’’ não é
inercial.
Trajetória com
relação ao
referencial S’.
O
y’
x’v
1v
Trajetória com
relação ao
referencial S’’.
O
y’’
x’’a
1v
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