MECÂNICA CLÁSSICA_VOL 3

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A.F.Guimarães
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Volume 3
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Questão 1
Quando uma bola de basebol voa através do ar, a
razão linquad ff da força de arrasto quadrática
pela linear é dada por
 Dv
f
f
lin
quad 3106,1  .
Dado que essa bola tem diâmetro 7 cm,
determine a velocidade aproximada v na qual as
duas forças de arrasto são igualmente
importantes. Para qual intervalo de velocidades
é seguro tratar a força de arrasto como sendo
puramente quadrática? Sob condições normais, é
uma boa aproximação ignorar o termo linear?
Responda às mesmas questões para uma bola de
praia de diâmetro 70 cm.
Resolução:
Para linquad ff  :
13
23
109,8
1107106,1




smv
v
(1.1)
Levando em consideração velocidades menores
que a velocidade do som no ar, para
13109,8   smv , a força de arrasto quadrática é
predominante. Sob condições normais é uma boa
aproximação desprezar o termo linear para o
caso da bola de baseball. Já para o caso da bola
de praia:
14
23
109,8
11070106,1




smv
v
(1.2)
Ou seja, para 14109,8   smv , a força de
arrasto quadrática é predominante. Também é
uma boa aproximação desprezar o termo linear
para o caso da bola de praia, na CNTP.
Questão 2
A origem da força de arrasto linear sobre uma
esfera em um fluido é a viscosidade do fluido. De
acordo com a lei de Stokes, o arrasto viscoso
sobre uma esfera é Dvf lin 3 , onde η é a
viscosidade do fluido D o diâmetro da esfera e v
a sua velocidade. Mostre que essa expressão
reproduz bvf lin  para flin, com b dado por
Db  . Sabendo que a viscosidade do ar na
CNTP é 25107,1 msN   , verifique o valor de
24106,1 msN   .
Resolução:
245 106014,1107,114,33;3
3;
3
msN
Dbbvf
Dvf
lin
lin






(2.1)
Questão 3
(a) As forças de arrasto linear e quadrática sobre
uma esfera movendo-se em um fluido são dadas
por Dvf lin 3 e 2Avkfquad  (Questões 2 e 4).
Mostre que a razão entre essas duas forças de
arrasto pode ser escrita como 48Rff linquad  ,
onde o adimensional número de Reynolds é:

Dv
R  .
Onde D é o diâmetro da esfera, v sua velocidade,
e ρ e η são a densidade e a viscosidade do fluido.
Claramente, o número de Reynolds é uma
medida da importância relativa dos dois tipos de
arrasto. Quando R é muito grande, o arrasto
quadrático é dominante e o arrasto linear pode
ser desprezado e vice-versa quando R é muito
pequeno. (b) Determine o número de Reynolds
para uma bola de aço (diâmetro de 2 mm)
movendo-se a 5 cm/s através de glicerina
(densidade 1,3 g/cm3 e viscosidade 12 N·s/m2 a
CNTP).
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Resolução:
(a) Utilizando as relações dadas no enunciado
teremos:
Dv
Avk
f
f
lin
quad


3
2

(3.1)
Em (3.1) A é a área da seção transversal normal
à velocidade que é dada por 42DA  . Para a
esfera, 41k , logo, a expressão (3.1) será dada
por:
4848
RvD
f
f
lin
quad  

(3.2)
Com vDR  .
(b)
2
233
1008,1
12
105103,1102 

R
(3.3)
Questão 4
A origem da força de arrasto quadrática sobre
qualquer partícula em um fluido é a inércia do
fluido que o projétil impulsiona. (a)
Considerando que o projétil tem uma área de
secção transversal A (normal à sua velocidade) e
velocidade v, e que a densidade do fluido é ρ,
mostre que a taxa na qual o projétil enfrenta o
fluido (massa/tempo) é Aρv. (b) Fazendo a
suposição simplificada de que todo fluido é
acelerado a uma velocidade v do projétil, mostre
que a força de arrasto resultante sobre o projétil
é Aρv2. Certamente, não é verdade que todo
fluido que o projétil encontra é acelerado até a
velocidade total v, mas devemos estimar que a
força deveria, na realidade, ter a forma
2Avkfquad  ,
onde k é um número menor do que 1, que
dependo da forma do projétil, com k pequeno
para um corpo longilíneo e grande para um
corpo longo, com frente planar. Isso se mostra
verdadeiro e, para uma esfera, o fator k é
determinado como sendo 41k . (c) Mostre que
fquad reproduz a forma cv2, com c = γD2.
Sabendo-se que a densidade do ar em CNTP é
1,29 kg/m3 e que 41k para a esfera, verifique
o valor de γ dado por 0,25 N·s2/m4.
Resolução:
(a) Seja a taxa da massa pelo tempo dada por:
dt
dV
dt
dm 
(4.1)
Lembrando que AdxdV  é o elemento de
volume e vdtdx  , então a expressão em (4.1) se
torna:
Av
dt
dm 
(4.2)
(b) A força externa resultante no elemento de
fluido é dada por:
dt
dP
F ext 
(4.3)
Em que dmvdP  é o momento linear do
elemento de fluido. Utilizando a expressão em
(4.2), teremos:
2Av
dt
dm
vF ext 
(4.4)
Logo, pela 3ª lei de Newton, a força na esfera
será dada por (4.4). A expressão em (4.4) pode
ser escrita como 2Avk , sendo k = 1.
(c) A expressão da força de arrasto quadrática é
dada por:
2cvfquad 
(4.5)
Em que Akc  . Para a esfera temos 42DA  .
Fazendo:
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4
 k
(4.6)
Em que 41k , para o caso da esfera. De posse
dos dados numéricos, teremos então:
4225,0 msN 
(4.7)
Questão 5
Suponha que um projétil que está sujeito a uma
força de resistência linear seja lançado
verticalmente para cima com uma velocidade vy0,
que é maior do que a velocidade limite vlim.
Descreva e explique como a velocidade varia
com o tempo e faça um gráfico de vy por t para o
caso em que vy0 = 2 vlim.
Resolução:
Utilizando a 2ª lei de Newton, temos:
yy bvmgvm 
(5.1)
Resolvendo a equação diferencial em (5.1),
teremos:
  dtgvvdvy y lim1
(5.2)
Em que
b
mg
v lim . Com auxílio de uma tabela de
integrais (por exemplo: Spiegel, M. R. Manual de
Fórmulas e Tabelas Matemáticas - Coleção
Schaum, McGraw - Hill, 1973), teremos:


   1limlimlim v
gt
v
k
y eevv
(5.3)
Em que k é uma constante a ser determinada.
Utilizando as condições iniciais, ou seja, para
lim20 vvt y  , teremos:
3lim vke
(5.4)
O projétil atinge o ponto mais alto da trajetória
(ponto em que o projétil para e inverte o sentido
do movimento) no instante dado por:
g
v
tev v
gt
lim
lim
1,1
130 lim


  
(5.5)
A equação da velocidade é dada por:


   13 limlim v
gt
y evdt
dy
v
(5.6)
Resolvendo a equação diferencial de (5.6),
teremos:
  dtevtvy vgt limlimlim 3
(5.7)
Novamente, com auxílio de uma tabela de
integrais, teremos:
'3 limlimlimlim keg
v
vtvy v
gt



 
(5.8)
Em que k’ é uma constante a ser determinada.
Com os dados iniciais: gvk 2lim3 . Logo:
tve
g
v
y v
gt
lim
2
lim lim1
3 

  
(5.9)
A Figura 5.1 mostra o gráfico da velocidade e
altura em função do tempo.
Figura 5.1
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Para o gráfico da Figura 5.1 foram utilizados os
seguintes dados numéricos:
2
lim 8,910 smgsmv  e .
(5.10)
O projétil sobe com uma velocidade inicial de
2·vlim e retorna ao solo com uma velocidade
menor do que a velocidade inicial.
Questão 6
(a) A equação    
 t
y evtv 1lim fornece a
velocidade de um objeto largado do repouso. No
início, quando vy é pequeno, a resistência do ar
deve ser pouco importante e vy(t) deve
concordar com o resultado gtvy  para um
objeto em queda livre no vácuo. Mostre que esse
é o caso. [Sugestão: lembre-se da série de Taylor
para  !3!21 32 xxxe x , para a qual os
primeiros dois ou três termos são certamente
uma boa aproximação quando x é pequeno.](b)
A posição do objeto é dada por
        ty evvtvty 1lim0lim com vy0 = 0.
Mostre que esta se reduz ao resultado familiar
22gty  quando t é pequeno.
Resolução:
(a) Utilizando a série de Taylor, teremos:

2
2
2
1
1 
 tte
t
(6.1)
Substituindo na expressão da velocidade:
  

  
t
vtvy 11lim
(6.2)
Sabendo que gv lim , então a expressão em
(6.2) se torna:
gtvy 
(6.3)
(b) Agora, utilizando a expansão em (6.1) na
expressão da posição, teremos:
    


  
2
2
lim0lim 2
1
11 
tt
vvtvty y
(6.4)
Após as manipulações algébricas:
2
2gt
y 
(6.5)
Questão 7
Há alguns problemas unidimensionais simples
para os quais a equação de movimento (segundo
lei de Newton) pode ser sempre resolvida, ou
pelo menos reduzida a um problema envolvendo
a resolução de uma integral. Um desses é o
movimento unidimensional de uma partícula
sujeita a uma força que depende apenas da
velocidade v, ou seja,  vFF  . Escreva a
segunda lei de Newton e separe as variáveis
reescrevendo-as como   dtvFmdv  . Agora,
integre ambos os lados dessa equação e mostre
que
   vF vdmt
Desde que você consiga resolver a integral, essa
fornece t como uma função de v. Você pode
então, resolver para obter v como função de t.
Use esse método para resolver o caso especial
em que   0FvF  , uma constante e comente o
resultado. Esse método de separação de
variáveis será usado novamente nas questões 8 e
9.
Resolução:
Pela segunda lei de Newton temos:
    dtvF
dv
mvF
dt
dv
m 
(7.1)
Logo:
  vFdvmt
(7.2)
Para o caso em que   0FvF  , temos:
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t
m
F
vv
vvt
m
F
vd
F
m
t
v
v

 
0
0
0
0
0 0
(7.3)
O resultado em (7.3) refere-se a um movimento
unidimensional uniforme variado.
Questão 8
Uma massa m tem velocidade v0 no instante t = 0
e move-se ao longo do eixo x em um meio onde a
força de arrasto é   23cvvF  . Use o método da
Questão 7 para determinar v em termos do
tempo t e dos demais parâmetros. Para que valor
de t (se algum) a massa irá alcançar o repouso?
Resolução:
Utilizando o método da Questão 7:
  
v
v
v
vd
c
m
t
0
2
3
(8.1)
Resolvendo a integral em (8.1), teremos:



 
0
11
2 vvc
m
t
(8.2)
Após algumas manipulações algébricas:
 20
2
0
2 mvct
mv
v


(8.3)
Para 0 vt .
Questão 9
Uma forma mais sistemática para se resolver a
equação diferencial  limvvbvm yy  consiste
em reescrever a equação com as variáveis
separadas, ou seja:
bdt
vv
mdv
y
y  lim
.
Assim, pode-se integrar ambos os lados e obter a
velocidade como função do tempo.
Resolução:
Resolvendo a integração:
   tvv y y tdbvv vdm 0lim0
(9.1)
A integral em (9.1) pode ser resolvido com a
expressão:
  Kbax
abax
dx  ln1
(9.2)
Assim, a expressão em (9.1) se torna:
   btvvm v
vy

0
limln
(9.3)
Após algumas manipulações algébricas:
  mbtevvvv  lim0lim
(9.4)
Para (9.2) consulte por exemplo: Spiegel, M. R.
Manual de Fórmulas e Tabelas Matemáticas -
Coleção Schaum, McGraw - Hill, 1973.
Questão 10
Para uma bola de aço (diâmetro 2 mm e
densidade 7,8 g/cm3) deixada cair em glicerina
(densidade 1,3 g/cm3 e viscosidade 12 N·s/m2 a
CNTP), a força dominante é o arrasto linear dado
por Dv3 da Questão 2. (a) Determine o tempo
característico τ e a velocidade limite vlim. [Na
determinação da última, você deve incluir a força
de empuxo de Arquimedes. Isso apenas adiciona
uma terceira força no lado direito da equação
yy bvmgvm  .] Quanto tempo após ter sido
largada a partir do repouso a bola terá alcançado
95% da sua velocidade limite?(b) Use
23 AvkDv  e (com k = 1/4 já que a bola em
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queda é uma esfera) para calcular a razão
fquad/flim para a velocidade limite. Foi uma boa
aproximação desprezar fquad?
Resolução:
(a) Escrevendo a expressão para a 2ª lei de
Newton:
yy bvgVmgvm  
(10.1)
Em que 63DV  é o volume da esfera, ou seja,
o volume de fluido deslocado. Assim, a
velocidade limite será dada por:



 
6
3
lim
D
m
b
g
v

(10.2)
Utilizando (10.2) em (10.1), teremos:
bt
vv
vd
m
yv
y
y 
0 lim
(10.3)
Utilizando a expressão em (9.2), e após as
manipulações algébricas, teremos:
t
y evvv
 limlim
(10.4)
Em que bm . Para lim95,0 vvy  , teremos:
 996,2195,0   te t
(10.5)
(b)
lim
2
lim
22
lim 105,4
3
4
v
vD
Dvk
f
f
lin
quad 


 

(10.6)
A expressão em (10.6) mostra que a razão entre
a fquad/flin depende da vlim, que por sua vez,
depende da densidade do fluido (expressão
(10.2)). Logo, para fluidos com densidades
elevadas, a vlim possui valores pequenos o que faz
com que a fquad seja menor do que flin. Portanto,
foi uma boa aproximação desprezar a fquad.
Questão 11
Considere um objeto que é arremessado
verticalmente para cima com velocidade inicial
v0 em um meio linear. (a) Medindo y para cima a
partir do ponto de arremesso, escreva
expressões para a velocidade vy(t) e posição y(t)
do objeto. (b) Determine o tempo para que o
objeto atinja o seu ponto máximo e sua posição
ymáx nesse ponto. (c) Mostre que, à medida que o
coeficiente de arrasto se aproxima de zero, sua
última resposta reduz-se ao resultado bem
conhecido gvymáx 2
2
0 para um objeto no vácuo.
[Sugestão: se a força de arrasto for muito
pequena, a velocidade limite será muito grande e,
assim, lim0 vv será muito pequena. Use a série de
Taylor para a função logaritmo para aproximar
 
2
1ln
2  por .
Resolução:
(a) Efetuando novamente o cálculo da Questão 5:
yy bvmgvm 
(11.1)
Integrando a expressão (11.1), teremos:
   tvv y y tdgvvvd 0lim0 1
(11.2)
Em que bmgv lim . Logo:
  limlim0
lim
lim
0
lim
lim
lim
1
1
ln
1ln
0
vevvv
t
v
g
v
v
v
v
gt
v
v
v
t
y
v
v
y















 
 
(11.3)
Em que gvlim . O resultado em (11.3)
aparentemente difere do resultado em (5.3). Mas
na verdade é o mesmo resultado. Na Questão 5,
foi utilizado uma constante de integração, ao
passo que aqui, foram utilizados os limites de
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integração. Integrando novamente a expressão
final de (11.3), teremos:
 
  tvevvy
tdvtdevvyd
t
tt
t
y
limlim0
0
lim
0
lim0
0
1 

 


 



(11.4)
(b) Para que o objeto atinja seu ponto máximo, a
velocidade deve se anular. Logo, utilizando a
expressão final de (11.3), teremos:
 



 









lim
lim0
lim0
lim
lim0
lim
limlim0
ln
ln
0
v
vv
t
vv
vt
e
vv
v
vevv
t
t




(11.5)
Utilizando o resultado de (11.5) na expressão
final de (11.4), e efetuando as manipulações
algébricas, teremos:



 
lim
lim0
lim0 ln v
vv
vvymáx 
(11.6)
(c) Considerando 1b , teremos 0lim vv  .
Desta forma, temos:
2
lim
2
0
lim
0
lim
0
lim
lim0
2
1
1lnln
v
v
v
v
v
v
v
vv 


 


 
(11.7)
Utilizando o resultado de (11.7) em (11.6),
teremos:
g
v
v
v
y
v
v
v
v
vvy
máx
máx
22
1
2
12
0
lim
2
0
2
lim
2
0
lim
0
lim0




 


(11.8)
Questão 12
A Questão 7 diz respeito a uma classe de
problemas unidimensionais que podem ser
sempre reduzidos à resolução de uma integral.
Aqui temos outro. Mostre que, se a força
resultante sobre uma partícula movendo-se
unidimensionalmente depende apenas da
posição,  xFF  , então, a segunda lei de
Newton pode ser resolvida para determinar v
como uma função de x dada por
  xdxF
m
vv
x
x
 
0
22
0
2
[Sugestão: use a regra da cadeia para mostrar a
seguinte e prática relação, que podemos chamar
a “regra dxdvv ”; se você considerar v como
uma função de x, então,
dx
dv
dx
dv
vv
2
2
1  .
Use esta equação para reescrever a segunda lei
de Newton na forma    dxxFvmd 22  e, em
seguida, integre-a de x0 a x] Comente seu
resultado para o caso em que F(x) seja de fato
uma constante. (Você pode reconhecer a sua
solução como uma declaração sobre a energia
cinética e o trabalho.)
Resolução:
Sabemos que:
dt
dx
v 
(12.1)
Utilizando a regra da cadeira, podemos escrever:
dt
dx
dx
dv
dt
dv
v 
(12.2)
Utilizando (12.1) e (12.2), teremos:
v
dx
dv
v 
(12.3)
Agora, calculando a seguinte derivada:
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 
 
m
xxk
v
xx
m
k
vxdxk
m
v
x
x
22
0
22
0
22
0
2

 
 
dx
dv
v
dx
vd  2
2
(12.4)
Utilizando (12.3) e (12.4), teremos:
 
v
dx
vd 2
2

(12.5)
Logo, podemos escrever:
 
dx
vdm
vm
2
2

(12.6)
Reescrevendo a 2ª lei de Newton, a partir de
(12.6), teremos:
   
dx
vdm
xF
2
2

(12.7)
Ou ainda:
   dx
m
xF
vd
22 
(12.8)
Agora, integrando (12.8), teremos:
   
 



x
x
x
x
v
v
xdxF
m
vv
xdxF
m
vd
0
0
2
2
0
2
2
2
0
2
2
(12.9)
Para F(x) = k, em que k é uma constante,
teremos:
xavv  2202
(12.10)
Em que mka  é a aceleração, que no caso é
constante. A expressão em (12.10) é a equação
de Torricelli.
Questão 13
Considere uma massa m forçada a mover-se
sobre o eixo x e sujeita a uma força resultante
kxF  , onde k é uma constante positiva. A
massa é largada a partir do repouso em x = x0 no
instante t = 0. Use o resultado de (12.9) na
Questão 12 para determinar a velocidade da
massa como uma função de x, isto é,  xgdtdx 
para alguma função  xg . Separa isso como
  dtxgdx  e integre do tempo 0 até t para
determinar x como uma função de t. (Você pode
reconhecer essa como uma forma - não tão fácil -
de resolver o oscilador harmônico simples.)
Resolução:
Utilizando o resultado de (12.9), teremos:
(13.1)
Efetuando a separação, teremos:
dt
m
k
xx
dx  220
(13.2)
Com auxílio de uma tabela de integrais, podemos
encontrar a solução de (13.2), que será:
t
m
k
x
x
td
m
k
xx
xd
x
x
tx
x





0
0
0
1
0
22
0
sen
(13.3)
Efetuando as manipulações algébricas, e fazendo
mk , teremos:


  txx 
20
sen
(13.4)
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Ou,
txx cos0
(13.5)
Questão 14
Use da Questão 7 para resolver o seguinte: uma
massa m está submetida a mover-se ao longo do
eixo x sujeita a uma força   VveFvF 0 , onde F0
e V são constantes. (a) Determine v(t) se a
velocidade inicial for v0 > 0 no instante t = 0. (b)
Em que tempo ela atinge instantaneamente o
repouso? (c) Pela integração de v(t), você pode
determinara x(t). Faça isso e determine o quão
distante a massa viaja antes de atingir
instantaneamente o repouso.
Resolução:
(a) Utilizando o método mencionado:


 



V
v
V
v
v
v V
v
ee
F
mV
t
e
vd
F
m
t
0
0
0
0
(14.1)
Após as manipulações:


   t
mV
F
eVv V
v
0
0
ln
(14.2)
(b) Utilizando a expressão (14.2), teremos:


 


 


V
v
V
v
e
F
mV
t
t
mV
F
eV
0
0
1
ln0
0
0
(14.3)
(c) Integrando (14.2), teremos:
tdt
mV
F
eVxd
t
V
v
x
x


   0 000 ln
(14.4)
Com auxílio de uma tabela de integrais,
chegamos a seguinte solução:
 





 


 
 

 


V
v
V
v
V
v
V
v
V
v
V
v
eeet
mV
F
e
t
mV
F
et
mV
F
e
F
mV
xtx
0000
00
ln
ln
0
00
0
2
0
(14.5)
Agora, utilizando (14.3) em (14.5), teremos:


 

   11 0
0
2
0
V
v
e
F
mV
x V
v
(14.6)
Questão 15
Considere um projétil lançado com velocidade 00 , yx vv a partir do solo horizontal (com x
medido horizontalmente e y verticalmente para
cima). Assumindo a ausência de resistência do ar,
determine por quanto tempo o projétil está no ar
e mostre que a distância percorrida por ele antes
de aterrissar (o alcance horizontal) é gvv yx 002 .
Resolução:
Na vertical o projétil é animado de aceleração
dada por: a = g. Logo, a equação para a
velocidade será dada por:
gtvv yy  0
(15.1)
Em que a aceleração é negativa ao longo da
subida. Para vy = 0, temos o tempo de subida que
será dado por:
g
v
t y0
(15.2)
Assim, o tempo total de voo será gvy02 . Na
horizontal, o movimento é uniforme, ou seja,
destituído de aceleração. Assim, a equação para
a posição x será:
tvxx x00 
(15.3)
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Utilizando a expressão para o tempo total em
(15.3), teremos:
g
v
vx yx
0
0
2
(15.4)
Questão 16
Um jogador de golfe atinge uma bola com
velocidade v0 com um ângulo θ acima do solo
horizontal. Assumindo que o ângulo θ é fixo e
que a resistência do ar pode ser desprezada, qual
é a menor velocidade v0 (mín.) para a qual a bola
irá sobrepor uma parede de altura h, afastada a
uma distância d? Sua solução deve ter problemas
se o ângulo θ for tal que dhtan . Explique.
Qual é o valor de v0(mín.) se
mhmd 250,25  e ?
Resolução:
Sejam as equações para as posições y e x dadas
por:
2
2
0
0
gt
tvy
tvx
y
x


(16.1)
Da equação de x, tomando o tempo t, e
substituindo na equação de y, teremos:
 220
2
cos2
tan
v
g
xxy 
(16.2)
Para sobrepor a parede que se encontra a uma
distância x = d e a uma altura y = h, teremos:
 220
2
cos2
tan
v
g
ddh 
(16.3)
Ou ainda,
 dh
gd
v   tan2cos
1
0
(16.4)
De (16.4), podemos concluir que:
d
htan
(16.5)
Para dhtan , a bola de golfe teria uma
velocidade muito elevada, ou seja, 0v , para
sobrepor a parede.
Utilizando os dados numéricos em (16.4),
teremos:
 
smv
v
6,26
50225tan2
508,9
25cos
1
0
0


 
(16.6)
Em que 28,9 smg  .
Questão 17
As duas equações que fornecem a posição (x,y)
de um projétil como função do tempo são dadas
por:
 
    .1
1
limlim0
0
tvevvty
evtx
t
y
t
x


 


 






Elimine t para obter y como função de x.
Verifique a equação:



   0lim0
lim0 1ln
xx
y
v
x
vx
v
vv
y
Resolução:
Utilizando a equação para x e resolvendo para t,
teremos:



  

00
1ln1
xx
t
v
x
t
v
x
e
(17.1)
Agora, substituindo na equação para y:
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 



 


  

 
0
lim
0
lim0
limlim0
1ln
1
0
xx
y
v
x
t
y
v
x
v
v
vv
y
tvevvy
x

(17.2)
Questão 18
O teorema de Taylor afirma que, para qualquer
função razoável f(x), o valor de f em um ponto x pode ser expresso como uma série
infinita f e suas derivadas no ponto x:
          32
!3
1
!2
1  xfxfxfxfxf 
Onde as plicas denotam derivadas sucessivas de
f(x). (Dependendo da função, essa série pode
convergir para qualquer incremento δ ou apenas
para valores de δ menores que algum “raio de
convergência” não nulo.) Esse teorema é
extremamente útil, especialmente para valores
pequenos de δ quando o primeiro ou os dois
primeiros termos da série dão geralmente uma
excelente aproximação. (a) Determine a série de
Taylor para  1ln . (b) Faça o mesmo para
cos . (c) Da mesma forma, para sen e (d) para
e .
Resolução:
(a)
 




3
1
3
3
2
1
2
2
1
ln
6
1
ln
2
1
ln1ln1ln


x
xx
x
dx
d
x
dx
d
x
dx
d
(18.1)
Efetuando as derivadas:
  
32
1ln
32 
(18.2)
(b)
   cos0cos 
(18.3)




3
0
3
3
2
0
2
2
0
cos
!3
1
cos
!2
1
cos0coscos


x
xx
x
dx
d
x
dx
d
x
dx
d
(18.4)
Utilizando as derivadas:

2
1cos
2
(18.5)
(c)




3
0
3
3
2
0
2
2
0
!3
1
!2
1


x
xx
x
dx
d
x
dx
d
x
dx
d
sen
sensensen0sen
(18.6)
Utilizando as derivadas:

6
3sen
(18.7)
(d)




3
0
3
3
2
0
2
2
0
0
!3
1
!2
1


x
x
x
x
x
x
dx
ed
dx
ed
dx
de
ee
(18.8)
Utilizando as derivadas:

62
1
32 e
(18.9)
Questão 19
Considere um projétil lançado segundo um
ângulo θ com relação à horizontal. (a)
Assumindo que não há resistência do ar, escreva
a posição (x,y) como função do tempo t e elimine
t para obter a trajetória y como função de x. (b) A
trajetória correta incluindo a força de arrasto
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linear é dada por (17.2). Mostre que isso se
reduz a nossa resposta para o item (a) quando a
resistência do ar é desprezada (τ e vlim=gτ ambos
tendem a infinito). [Sugestão: lembre-se da série
de Taylor (18.2), para ln(1 - ϵ).]
Resolução:
(a) Utilizando as expressões de (16.1), teremos:
2
2
00
0
2
x
v
g
x
v
v
y
xx
y 
(19.1)
Em que  cos0000 vvvv xy  esen .
(b) A força de arrasto é dada por: bvf  . Para
0b (força de resistência do ar desprezada),
teremos 
b
m . Tomando o logaritmo da
expressão (17.2), teremos:
(19.2)
Assim, a expressão de (17.2) se torna:
22
0
2
lim
0
lim
0
lim
0
0
2 

 xxxx
y
v
xv
v
x
vx
v
v
x
v
v
y 
(19.3)
Utilizando o termo gv lim na última parcela,
chegamos ao resultado (19.1).
Questão 20
[Computador] Use um software apropriado para
gerar os gráficos da trajetória da Questão 17 de
um projétil arremessado, com um ângulo de 45o
acima da horizontal e sujeito à força de
resistência do ar linear para quatro valores
diferentes do coeficiente de arrasto, variando a
partir de uma quantidade significativa de arrasto
até nenhum arrasto. Ponha as quatro trajetórias
sobre o mesmo gráfico. [Sugestão: Na ausência
de números dados, você pode escolher valores
convenientes. Por exemplo, por que não
considerar vx0 = vy0 = 1 e g = 1. (Isso leva à
escolha das unidades de comprimento e tempo
de modo que esses parâmetros tenham valores
1.) Com essas escolhas, a magnitude da força de
arrasto é dada pelo parâmetro vlim = τ e você
pode escolher desenhar as trajetórias para vlim =
0,3; 1; 3 e ∞ (ou seja, nenhum arrasto), e para
tempos de t = 0 a 3. Para o caso em que vlim = ∞,
você provavelmente desejará escrever a
trajetória separadamente.]
Resolução:
Figura 20.1
Para as trajetórias representadas na Figura 20.1
foram utilizado os dados sugeridos no enunciado
da questão e o programa utilizado foi o WPS
Office 2019.
Questão 21
Um revólver pode acertar estruturas em
qualquer direção com a mesma velocidade v0.
Ignorando a resistência do ar e usando
coordenadas polares cilíndricas com o revólver
na origem e z medido verticalmente para cima,
mostre que a arma pode atingir qualquer objeto
dentro da superfície
2
2
0
2
0
22

v
g
g
v
z
Descreva essa superfície e comente suas
dimensões.
Resolução:
Em coordenadas cilíndricas, os componentes da
força resultante são dados por:
      2; 2  mfmfzmf z e
(21.1)
2
000 2
1
1ln 





   xxx v
x
v
x
v
x
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Para o caso em questão, temos:
0
0
ˆ





f
f
zmgzf
(21.2)
De acordo com as equações (21.2), teremos:
2
2
00
gt
tvzz z 
(21.3)
E
tv 00  
(21.4)
Em que  sene 0000 cos vvvv z  , e θ é o
ângulo entre a direção de lançamento do projétil
e a horizontal. Assumindo que 000  z e
eliminando t, teremos, de (21.3) e (21.4):
 1tan
2
tan 2
2
0
2
 
v
g
z
(21.5)
O problema se resume em determinar o valor de
zmáximo. A expressão do z máximo é dada por:
 2
2
0
2
0
2
0 cos
222 g
v
g
v
g
v
zmáx 
2sen
(21.6)
A expressão em (21.6) é facilmente obtida
utilizando-se a equação de Torricelli para o
movimento na vertical. A expressão em (21.6)
nos mostra que o z máximo dependo somente do
ângulo de lançamento, ou seja, θ. Assim sendo,
podemos derivar a expressão (21.5) e
determinar os valores de θ para que o z assuma
seu valor máximo. Para facilitar os cálculos
faremos a seguinte substituição: tanx .
Assim,
 1
2
2
2
0
2
 x
v
g
xz

(21.7)
Derivando (21.7), teremos:
x
v
g
dx
dz 
2
0
2
(21.8)
Agora fazendo 0dxdz , teremos:
g
v
x
2
0
(21.9)
Substituindo (21.9) em (21.7), teremos:
2
2
0
2
0
22

v
g
g
v
zmáx
(21.10)
A Figura 21.1 mostra a estrutura dada pela
expressão (21.10), ou seja, um paraboloide
circular. Para sua construção, foram utilizados
como dados numéricos: 10  gv .
Figura 21.1
A Figura 21.2 mostra alguns lançamentos dentro
da estrutura. Com os mesmos valores
mencionados para v0 e g, temos trajetórias com
diferentes ângulos de lançamento de 0,245 rad
até 1,12 rad (valores aproximados). É possível
observar na Figura 21.1 que a trajetória para um
ângulo de 45o (preto), ou seja, 0,79 rad, cujo
alcance é máximo, que o projétil não vai além da
estrutura (azul).
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Figura 21.2
Questão 22
[Computador] A equação:
01ln
0
lim
0
lim0 


   xx
y
v
R
vR
v
vv
,
sobre o alcance (R) de um projétil em um meio
linear não pode ser resolvida analiticamente em
termos de funções elementares. Se você puser
números para os vários parâmetros, então ela
pode ser resolvida numericamente usando
algum dos vários sistemas computacionais como
Mathematica, Maple e Mathlab. Para praticar,
faça o seguinte: considere um projétil lançado
com um ângulo θ acima do solo horizontal, com
velocidade inicial v0 em um meio linear. Escolha
unidades tais que v0 = 1 e g = 1. Suponha
também que a velocidade limite seja vlim = 1.
(Com v0= vlim), a resistência do ar deve ser
razoavelmente importante). Sabemos que, no
vácuo, o alcance máximo ocorre para
75,04   . (a) Qual é o alcance máximo no
vácuo? (b) Resolva a equação para o alcance no
meio dado para o mesmo ângulo θ = 0,75. (c)
Tão logo você tenha a sua calculadora
funcionando, repita isso para uma coleção de
valores de θ dentro da qual o alcance máximo
provavelmente se encontre. (Você pode tentar θ
= 0,4; 0,5; ...; 0,8) (d) Baseando-se nesses
resultados, escolha um intervalo menor para θ,
onde você tem certeza de que o máximo se
encontra, e repita o processo. Repita-o
novamente, se necessário até você obter o
alcance máximo e o ângulo correspondente com
dois algarismos significativos. Compare os
valores do vácuo.
Resolução:
(a) Para o alcance máximo no vácuo teremos:
 
1
4220 
g
senv
Rmáx

(22.1)
(b) Utilizando os dados numéricos teremos: τ = 1.
Logo:
0
171,0
1ln11
71,0
171,0 



 R
R
(22.2)
Em que 71,04cos4  sen . Reescrevendo
os termos de (22.2), teremos:



 171,01ln71,0
71,1 R
R
(22.3)
Para a resolução da equação em(22.3), vamos
utilizar o método gráfico das intersecções. Sendo
assim, separamos em:
    

 
71,0
1ln
71,0
71,1 R
RG
R
RF e
(22.4)
Construindo o gráfico, teremos:
Figura 22.1
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Observando o gráfico da Figura 22.1, podemos
concluir que o alcance para a intersecção será de
0,4909865, aproximadamente.
(c) Para os demais ângulos teremos:
Figura 22.2
Para o ponto de intersecção (Figura 22.2),
segundo um ângulo de 0,4, teremos o valor
aproximado de 0,462857.
Figura 22.3
Para o ponto de intersecção (Figura 22.3),
segundo um ângulo de 0,5, teremos o valor
aproximado de 0,49950.
Figura 22.4
Segundo o ângulo 0,6 (Figura 22.4), o valor
aproximado de 0,51357.
Figura 22.5
Para o ângulo 0,7 (Figura 22.5), o valor
aproximado de 0,50848.
Figura 22.6
E finalmente, para o ângulo 0,8, o valor
aproximado de 0,48691.
(d) Para se obter o valor do ângulo que fornece o
alcance máximo para o meio em questão, vamos
construir o gráfico do alcance R X ângulo de
lançamento.
Figura 22.7
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A Figura 22.7 mostra o comportamento do
alcance em função do ângulo de lançamento. Em
pontilhado (preto) temos a curva de tendência
cuja função se encontra na referida figura.
Podemos observar da curva de tendência que o
alcance máximo ocorro para para um ângulo no
intervalo de 0,60 e 0,65. Após alguns cálculos
numéricos, assumimos o valor de 0,62 (aprox.:
35,5o) para o ângulo que fornece o alcance
máximo. Para esse ângulo, o alcance no meio
mencionado na questão ficou próximo de 54,3%
do alcance para esse mesmo ângulo no vácuo.
Obs.: Todos os gráficos foram construídos com
auxílio de um programa de planilha (WPS Office
2019).
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