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Universidade de Brasília
Instituto de Física
Quarta Lista de Exercícios de Física I
Questão 1
A posição ~r de uma partícula que se move no plano xy é dada
por ~r = (2t3 − 5t)ˆi+ (6− 7t4)jˆ. Aqui ~r é dado em metros e t,
em segundos. Calcule: (a) ~r; (b) ~v e (c) ~a quando t = 2s.
Solução
(a) Em t = 2s a posição ~(r) da partícula é:
~r = [2× (2)3 − 5× (2)]ˆi+ [6− 7× (2)4]jˆ
~r = [16− 10]ˆi+ [6− 112]jˆ
~r = (6ˆi− 106jˆ)m
(b) A velocidade instantânea ~v é a primeira derivada de ~r em relação
ao tempo:
~v =
d~r
dt
=
d
dt
[(2t3 − 5t)ˆi+ (6− 7t4)jˆ]
~v = (6t2 − 5)ˆi− 28t3jˆ
Substituindo o valor de t = 2s:
~v = (6× 22 − 5)ˆi− 28× 23jˆ
~v = (19ˆi− 224jˆ)m/s
(c) A aceleração instantânea ~a é a primeira derivada de ~v em relação
ao tempo:
~a =
d~v
dt
=
d
dt
[(6t2 − 5)ˆi+−28t3)jˆ]
~a = 12tˆi− 84t2jˆ
Substituindo o valor de t = 2s:
~a = 12× 2ˆi− 84× 22jˆ
~a = (24ˆi− 336jˆ)m/s2
Questão 2
Um projétil é disparado com velocidade de 600m/s, num ân-
gulo de 60o com a horizontal. Calcule (a) o alcance horizontal,
(b)a altura máxima, (c) a velocidade e a altura 30s após o
disparo.
Solução
(a) Seja t = tA o instante em que o projétil atinje o ponto x = A. A
distância OA é chamada de alcance do projétil, Fazendo y(tA) = 0,
temos que:
y(t) = (v0 sin θ)t− 1
2
gt2
y(tA) = (v0 sin θ)t− 1
2
gt2 = 0→ (v0 sin θ − 1
2
gt)t = 0
Da expressão acima temos duas raízes, t = 0 e t = 2v0 sin θ
g
,
que correspondem às duas situações em que y = 0, uma no ins-
tante t = t0 = 0 e a outra ao atinjir o solo no ponto x = A,
t = tA =
2v0 sin θ
g
. Sabendo que θ = 60o e g = 9, 8m/s2, então
substituindo os valores encontramos o valor de tA:
2× 600× sin 60o
9, 8
=
2× 600×
√
3
2
9, 8
≈ 106s
Para calcular o alcance usamos a expressão:
x(t) = (v0 cos θ)t
Agora substituimos o valor de ta em x(tA) = A, ou seja,
A = (v0 cos θ)tA = 600× cos 60o × 106 = 31800m = 31, 8km
(b) Da figura podemos ver que a altura máxima do projétil é no
instante de tempo tm = tA2 = 53s. Assim, y(tm) = ym, ou seja,
ym = (v0 sin θ)tm − 1
2
g(tm)
2
ym = 600×
√
3
2
× 53− 1
2
× 9, 8× 532 ≈ 13775, 5m
(c) Temos que ~v = vx iˆ+vy jˆ. Agora vamos calcular as componentes:
vx(t) = v0 cos θ
vx(30s) = v0 sin 60
o = 600× 0, 5 = 300m/s
vy(t) = v0 sin θ − gt
vy(30s) = v0 sin 60
o − gt
vy(30s) = 600×
√
3
2
− 9, 8× 30 ≈ 225, 6m/s
Então temos que:
v =
√
v2x + v2y =
√
3002 + 225, 62 ≈ 375, 4m/s
A altura y(30s) vale:
y(30s) = 600× sin60o × 30− 1
2
× 9, 8× 302
y(30s) =≈ 11178m ≈ 11, 2km
Questão 3
Um canhão antitanque está localizado na borda de um platô a
60m acima de uma planície, como mostra a figura abaixo. A
equipe do canhão avista um tanque inimigo parado na planície
a uma distância horizontal de 2, 2km do canhão. No mesmo
instante a equipe do tanque avista o canhão e começa a se mo-
ver em linha reta para longe deste, com aceleração de 0, 9m/s2.
Se o canhão antitanque dispara um projétil com velocidade de
saída igual a 240m/s, com um ângulo de elevação de 10o acima
da horizontal, quanto tempo a equipe do canhão deverá esperar
antes de atirar para que o projétil atinja o tanque?
Solução
Vamos chamar de (tp) o tempo que o projétil leva para atinjir o
solo da planície e (tt) o tempo que o tanque leva para chegar ao
local onde o projétil cai, que fica a uma distância horizontal (R) do
canhão. O tempo de espera será t = tt − tp.
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Inicialmente vamos analisar somente o movimento do projétil. Em
x o projétil se move com velocidade constante:
x = x0 + vxt
R = 0 + v0 cos θtp
tp =
R
v0 cos θ
Em y o projétil se move conforme a expressão:
y − y0 = vy0t+ 1
2
ayt
2
0− h = v0 sin θtp − 1
2
gt2p
Substituindo os valores tp = Rv0 cos θ , h = 60m, θ = 10
o e
g = 9, 8m/s2 na equação acima, encontramos duas raízes R1 ≈
2306, 77m e R2 ≈ −296, 53m. Como R corresponde a uma co-
ordenada positiva no eixo x, então R = 2306, 77m. Em seguida,
substituímos este valor na expressão tp = Rv0 cos θ e encontramos
tp ≈ 9, 76s.
Agora vamos analisar o movimento do tanque. Em x o tanque se
move com velocidade constante:
x = x0 − vx0t+ 1
2
axt
2
R− d0 = 0 + 1
2
att
2
t
Sendo d0 = 2, 2km e ax = at = 0, 9m/s2, então:
tt =
√
2(R− d0)
at
≈ 15, 4038s
Portanto, o tempo de espera será:
t = tt − tp = 15, 4038− 9, 76 ≈ 5, 64s
Questão 4
Um menino gira uma pedra em uma circunferência localizada
em um plano horizontal a 2, 0m acima do solo por meio de um
fio de 1, 5m de comprimento. Suponha que o fio arrebente e a
pedra seja atirada horizontalmente, atinjindo o chão a 10m de
distância. Qual era a aceleração centrípeta da pedra enquanto
estava em movimento circular?
Solução
Considere a seguinte figura:
A análise do movimento na horizontal (eixo x):
x = x0 + vxt
d = 0 + vt
t =
d
v
A análise do movimento na vertical (eixo y):
y = y0 + vy0t+
1
2
at2
0 = h+ 0− 1
2
gt2
h =
1
2
gt2
Substituindo o valor de t = d
v
:
h =
1
2
g
d2
v2
v2 =
gd2
2h
A aceleração centrípeta é dada por:
ac =
v2
r
=
gd2
2rh
ac =
(9, 8)(10)2
2(1, 5)(2)
≈ 163, 33m/s2
Questão 5
Um avião voa horizontalmente a uma altitude de 1km com
a velocidade de 200km/h. Ele deixa cair uma bomba sobre
um navio que se move no mesmo sentido e com velocidade de
20km/h. (a) Calcule a distância horizontal entre o avião e o
navio, no instante do lançamento, para que este seja atinjido
pela bomba. (b) Resolva o mesmo problema para o caso em
que o avião e o navio terem movimentos em sentidos contrários.
Solução
(a) Considere a figura abaixo:
A bomba é deixada cair de um avião que voa a v = 200km/h =
56m/s. Portanto, a bomba é lançada horizontalmente (θ = 0o) com
velocidade inicial v0x = 56m/s e v0y = 0, ou seja, v0 = 56m/s.
Para atinjir o navio, a bomba deve ser lançada sobre o ponto O,
que está a uma distância horizontal d do navio (Fig 5 (a)). Observe
que A = d + xn, onde A é o alcance do projétil, xn é a distância
percorrida pelo navio desde o instante do lançamento da bomba e
d é a distância procurada. Mas, o tempo que o projétil leva para
percorrer a distância x = A é obtido fazendo y(t) = 0 para t = tA,
ou seja,
y(t) = y0 + (v0 sin θ)t− 1
2
gt2
0 = 1000− 4, 9t2 → t = ±14, 3s
Em tA = 14, 3s,
A = x(tA)→ A = (v0 cos 0o)tA
A = 56× 14, 3 = 800, 8m
No intervalo de tempo t = tA, o navio percorreu uma distância uma
distância xn dada por:
xn = vntA = 5, 6× 14, 3 = 80, 1m
onde vn = 20km/h = 5, 6m/s é a velocidade do navio. Portanto,
temos que
d = A− xn = 720, 7m
(b) Agora temos o caso em que o navio se move em sentido contrário
ao do avião (Fig 5(b)). Nesta figura observamos que d = A + xn.
Como os valores são os mesmos, encontramos
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d = 800, 8 + 80, 1 = 880, 9m
Questão 6
A chuva cai verticalmente com uma velocidade constante de
8, 0m/s. (a) A que ângulo com a vertical e (b) com qual velo-
cidade as gotas de chuva caem para o motorista de um carro
viajando numa estrada reta a 50km/h?
Solução
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vc é a
velocidade do carro em relação ao solo, vg é a velocidade das gotas
de chuva em relação ao solo e vgc é a velocidade das gotas de chuva
em relação ao carro:
(a) Sendo vc = 50km/h = 13, 9m/s, o ângulo que a chuva faz com
a vertical é:
θ = tan−1 (
vc
vg
) = tan−1 (
13, 9
8
) ≈ 60o
(b) A velocidade escalar da chuva é dada por:
vgc =
√
v2c + v2g =
√
13, 92 + 82 ≈ 16, 03m/s
Questão 7
Um trem viaja em direção sul com uma velocidade de 30m/s
em relação ao solo, sob uma chuva que é soprada por um vento
também dirigido para o sul. A trajetória de cada gota de chuva
faz um ângulo de 22ocom a vertical, medido por um observador
parado em relação à Terra. Um observador sentado no trem,
entretanto, vê que os traços perfeitamente verticais das gotas
de chuva na janela do trem. Determine a velocidade das gotas
da chuva em relação ao solo.
Solução
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vt =
30m/s é a velocidade do trem em relação à Terra, vg é a velocidade
das gotas de chuva em relação à Terra e vgt é a velocidade das gotas
de chuva em relação ao trem:
Temos que:
~vg = ~vt + ~vgt
onde ~vt = −vt iˆ e ~vgt = −vg cos θjˆ. Então, temos que:
~vg = −vt iˆ− vg cos θjˆ
Sendo vt = vg sin θ, temos que:
~vg = −vt iˆ− vt
tan θ
jˆ
Portanto o módulo de vg será dado por:
vg =
√
v2t + (
vt
tan θ
)2 ≈ 80, 1m/s
onde θ = 22o.
Questão 8
Calcule a velocidade angular de um disco que gira com movi-
mento uniforme de 13, 2rad em cada 6s. Em seguida, calcule o
período e a frequência do movimento. Lembre-se que a frequên-
cia é definida como o inverso do período ν = 1T .
Solução
A velocidade angular do disco é dada por:
ω =
∆θ
∆t
=
13, 2
6
= 2, 2rad/s
O período do movimento é dado por:
T =
2pi
ω
=
2× 3, 14
2, 2
= 2, 9s
A frequência é definida como o inverso do período:
ν =
1
T
=
1
2, 9
= 0, 34Hz
Questão 9
Um pósitron sofre um deslocamento ∆~r = 2, 0ˆi− 3, 0jˆ + 6, 0kˆ,
terminando com o vetor posição ~r = 3, 0ˆi − 4, 0jˆ, em metros.
Qual era o vetor posição inicial do pósitron?
Solução
O vetor posição inicial satisfaz: ~r − ~r0 = ∆~r assim, ~r0 = ~r −∆~r =
−2, 0ˆi+6, 0jˆ−10kˆ, onde a unidade é compreendida estar em metros.
Questão 10
Uma partícula se move de tal forma que sua posição (em me-
tros) em função do tempo (em segundos) é ~r = iˆ + 4t2jˆ + tkˆ.
Escreva expressões para sua velocidade e sua aceleração em
função do tempo.
Solução
(a) ~v = d
dt
(ˆi+4t2jˆ+ tkˆ) = 8tjˆ+ kˆ em m/s. (b) ~a = d
dt
(8tjˆ+ kˆ) = 8jˆ
em m/s2.
Questão 11
Um carro é impulsionado sobre um plano xy com as compo-
nentes da aceleração iguais a ax = 4, 0m/s2 e ay = −2, 0m/s2.
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Sua velocidade inicial tem componentes v0x = 8, 0m/s e v0y =
12m/s. Em notação de vetores unitários, qual é a velocidade
do carro quando ele alcança o maior valor da sua coordenada
y?
Solução
Encontrando t pela equação do movimento ao longo do eixo y (com
vy = 0 caracterizando y = ymax): 0 = (12m/s) + (−2, 0m/s2)t →
t = 6, 0s. Aplicando a equação do movimento ao longo do eixo
x determinamos vx = (8, 0m/s) + (4, 0m/s2)(6, 0s) = 32m/s. As-
sim a velocidade do carro quando ele alcança o maior valor de y é
(32m/s)ˆi.
Questão 12
Na figura abaixo, uma pedra é projetada sobre um rochedo
íngreme de altura h com uma velocidade inicial de 42, 0m/s
direcionada em um ângulo de 60o acima da horizontal. A pe-
dra cai em um ponto A, 5, 50s após o lançamento. Encontre
(a) a altura de h do rochedo, (b) a velocidade da pedra ime-
diatamente antes do impacto em A, e (c) a máxima altura H
alcançada acima do chão.
Solução
(a) Para y = h: h = h0 + v0 sin θ0t − 12gt2 substituindo os valores
dados no problema encontramos h = 51, 8m.
(b) O movimento horizontal é estável, assim vx = v0x = v0 cos θ0,
mas a componente da velocidade na vertical varia. Assim, a veloci-
dade de impacto é v =
√
(v0 cos θ0)2 + (v0 sin θ0 − gt)2 = 27, 4m/s.
(c) Com vy = 0 e y = H: H = (v0 sin θ0)
2
2g
= 67, 5m.
Questão 13
Uma bolsa em um raio de 200m e uma carteira em um raio
de 3, 00m deslocam-se em movimento circular uniforme sobre
o piso de um carrossel que gira. Elas estão sobre a mesma
linha radial. Em um certo instante, a aceleração da bolsa é
(2, 00m/s2)ˆi + (4, 00m/s2)jˆ. Naquele instante, qual é a acele-
ração da carteira em notação de vetores unitários?
Solução
Desde que o período do movimento circular uniforme é T = 2pir/v,
onde r é o raio e v é a velocidade, a aceleração pode ser es-
crita como a = v
2
r
= 1
r
( 2pir
T
)2 = 4pi
2r
T2
. Com base nesta ex-
pressão, comparamos a magnitude da aceleração da carteira e da
bolsa, e encontramos sua relação entre os valores de r. Portanto
acart = 1, 5abolsa. Assim i vetor aceleração da carteira é acart =
1, 5[(2, 00m/s2)ˆi+ (4, 00m/s2)jˆ] = (3, 00m/s2)ˆi+ (6, 00m/s2)jˆ.
Questão 14
Um homem suspeito corre o mais rápido que ele pode ao longo
de uma esteira rolante, levando 2, 5s para ir de uma extre-
midade à outra. Então, um agente de segurança aparece e o
homem volta correndo o mais rápido que ele pode ao seu ponto
de partida, levando 10, 0s. Qual é a razão entre a velocidade
do homem e a velocidade da esteira?
Solução
Enquanto o movimento do homem tem a mesma direção do movi-
mento da esteira temos vesteira + vhomem = d/t1, quando o movi-
mento é contrario (o homem voltando) temos vesteira − vhomem =
−d/t2. Isolando a vesteira da primeira e substituindo na segunda en-
contramos vesteira em função de d/t1 e d/t2, fazendo a mesma coisa
para a vhomem e depois dividindo as duas velocidades encontramos
12, 5/7, 5 = 1, 67.
Questão 15
Você deve atirar uma bola com uma velocidade escalar de
12, 0m/s em um alvo que está numa altura h = 5, 00m acima
do nível do qual você lança a bola (figura abaixo). Você quer
que a velocidade da bola seja horizontal no instante em que ela
atinge o alvo. (a) Em que ângulo θ acima da horizontal você
deve atirar a bola? (b) Qual é a distância horizontal do ponto
de lançamento até o alvo? (c) Qual é o módulo da velocidade
da bola no exato momento em que ela atinge o alvo?
Solução
Desde que v2y = v20y − 2g∆y e vy = 0 para o alvo, obtemos
v0y =
√
2(9, 80)(5, 00) = 9, 90m/s.
(a) Sendo v0y = v0 sin θ0, substituindo o valor de v0 e v0y encontra-
mos θ0 = 55, 6o.
(b) Agora, vy = v0y − gt chegamos em t = 9, 90/9, 80 = 1, 01s.
Assim, ∆x = (v0 cos θ0)t = 6, 85m.
(c) A velocidade do alvo tem somente a componente vx, que é igual
a v0x = v0 cos θ0 = 6, 78m/s.
Questão 16
Suponha que uma sonda espacial passa suportar um esforço
correspondente a uma aceleração de 20g. (a) Qual o menor
raio da curva que tal sonda pode efetuar quando se move com
um décimo da velocidade da luz? (b) Quanto tempo ela levaria
para completar uma volta de 90o a essa velocidade?
Solução
(a) Com v = c/10 = 3 × 107m/s e a = 20g = 196m/s2, temos
r = v2/a = 4, 6× 1012m.
(b) O período é dado por T = 2pir
v
= 9, 6 × 105s. Assim, como o
tempo é 1/4, isto é, T/4 = 2, 4× 105s ou 2, 8 dias.
Questão 17
No tempo t = 0, você atira uma bola a partir de um penhasco;
a velocidade inicial tem módulo 15, 0m/s e está direcionada 20o
abaixo da horizontal. Em t = 2, 30s, qual é o deslocamento (a)
horizontal (para frente) e (b) vertical (para baixo) da bola?
Solução
(a) Substituindo os valores dados na equação ∆x = (v0 cos θ0)t =
32, 4m.
(b) E encontramos o deslocamento na vertical: ∆y = (v0 sin θ0)t −
1
2
gt2 = −37, 7m.
Questão 18
Um carro se desloca em uma pista circular plana com uma velo-
cidade escalar de 12m/s. Em um certo instante, o carro possui
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uma aceleração de 3m/s2 na direção leste. Quais são sua dis-
tância do centro da pista circular e seu sentido se ele está se
deslocando no sentido horário e no sentido anti-horário?
Solução
A distância até o centro é o raio e para ambos os sentidos ele é o
mesmo, usando a = v2/r temos que r = 48m.
Questão 19
Qual a velocidade inicial que o jogador de basquete na figura
abaixo deve arremessar a bola, em um ângulo de 55o acima da
horizontal, para acertar o lance livre? As distâncias horizon-
tais são d1 = 1, 0p e d2 = 14ps, e as alturas são h1 = 7, 0ps e
h2 = 10ps. Calcule em ft/s.
Solução
Usando a equação da trajetória do movimento de um projétil:
y = (tan θ0)x− gx22(v0 cos θ0)2 , isolando v0 encontramos v0 = 23ft/s.
Questão20
Um projétil é atirado horizontalmente de uma arma que está
45, 0m acima de um terreno plano, emergindo da arma com
uma velocidade de 250m/s. Por quanto tempo o projétil per-
manece no ar?
Solução
Se θ0 = 0 o tempo de vôo é t =
√
2h
g
= 3, 03s.
Questão 21
Demonstre o resultado de Galileu, "As amplitudes das parábo-
las descritas por projéteis disparados com a mesma velocidade,
mas em ângulos de elevação acima e abaixo de 45o e eqüidis-
tantes de 45o, são iguais entre si", mostrando que para um
dada velocidade inicial v0, um projétil pode atingir o mesmo
alcance A para dois ângulos de elevação diferente,θ = 45o + δ e
θ = 45o − δ, contanto que A não ultrapasse o alcance máximo
Am =V20/g.Calcule δ em função de v0 e A.
Solução
Usando a formula para alcance de projéteis,
A= v0
2
g
sin 2θ
e para demonstrar o resultado enunciado por Galileu, vamos usar
θ = 45o + δ e θ = 45o − δ, e verificar se realmente as expressões
encontradas são iguais, para θ2 = 45o − δ, temos:
A= v0
2
g
sin(2(45o − δ))= v02
g
sin(90o − 2δ)
possuimos uma soma dentro do seno, e portanto podemos usar a
relação trigonometrica sin(a − b) = sin a cos b − cos a sin b, e com
cos 90 = 0 e sen90 = 1, obtemos:
A= v0
2
g
[sin 90 cos 2δ − cos 90 sin 2δ]= v02
g
cos 2δ
agora isolando o δ e aplicando cos−1 dos dois lados da igualdade,
temos
cos 2δ = Ag
v02
δ= 1
2
cos−1( Ag
v02
)
e para θ1 = 45o + δ, temos
A= v0
2
g
sin(2(45o + δ))= v0
2
g
sin(90o + 2δ)
repetindo os procedimentos anteriores, obtemos
A= v0
2
g
[sin 90 cos 2δ + cos 90 sin 2δ]= v0
2
g
cos 2δ
agora isolando o δ e aplicando cos−1 dos dois lados da igualdade,
obtemos
cos 2δ = Ag
v02
δ= 1
2
cos−1( Ag
v02
)
com isso podemos ver que ao usarmos θ1 e θ2, eles possuem o mesmo
resultado, e com isso verificamos o resultado por galileu e a expressão
para em função de A e v0.
Questão 22
Uma canhão lança um projétil por cima de uma montanha de
altura h, de forma a passar quase tangencialmente ao cume C
no ponto mais lato de sua trajetória. A distância horizontal
entre o canhão e o cume é R. Atrás da montanha há uma
elevação de altura d (vide a figura).Determine a distância ho-
rizontal A entre o ponto de lançamento O e o ponto P onde o
projétil atinge o solo, em função de R, d e h.
Solução
Sabemos que a projeção do movimento no eixo horizontal é retilínio
uniforme, de modo que R = V0 cos θt1. Mas como t1 = V0 sin θg ,
temos que:
R =
V 20 sin θ cos θ
g
Analisamos apenas a subida. Sabendo que a componente vertical da
velocidade no ponto de máximo é nula: t1 = tmx = V0 sin θ/g. Além
disso, V 2y = V 20y − 2gh, de modo que g = (V0 sin θ)
2
2h
. Substituindo na
expressão de t1,
t1 =
2h
V0 sin θ
Analisando apenas a queda, temos: V 2y = 0+2g(h−d), mas também
temos que Vy = 0+gt2. Dessas duas relações obtemos t2 =
√
2(h−d)
g
Temos que:
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A = R+ V0 cos θt2
A = R+ V0 cos θ
√
2(h−d)
g
Mas usando que g = V
2
0 sin
2 θ
2h
:
A = R+
V 20 cos θ sin θ
g
√
1− d
h
Lembrando que R = V
2
0 sin θ cos θ
g
A = R(1 +
√
1− d
h
)
Questão 23
A distância entre duas cidades, A e B, é l. Uma avião faz uma
viagem de ida e volta entre A e B, voando em linha reta, com
velocidade V em relação ao ar. (a)Calcule o tempo total de vôo,
se o vento sopra com velocidade constante v, numa direção que
forma um ângulo θ com a direção AB. Este tempo detende do
sentido em que o vento sopra? (b) Mostre que a viagem de ida
só é possível se v < V , e calcule a razão entre o tempo de vôo
quando o vento sopra na direção AB e o tempo quando sopra
na direção perpendicular; (c) Mostre que, qualquer que seja a
direção, o vento sempre prolonga a duração da viagem de ida
e volta.
Solução
(a) Estabelecemos o nosso sistema de coordenadas de modo que o
eixo x esteja na direção AB, com sentido positivo na direção para
a qual o avião voa. Nomeamos o ângulo entre V e o eixo x de β,
para a viagem de ida, e β′, para a volta e notando que, para que o
avião não saia do percurso, os ângulos β e β′ devem ser opostos ao
ângulo θ, que adotaremos como negativo. Dessa forma, e notando
que, com nossa inversão do eixo x na volta mas mantendo v cons-
tante, podemos descrever as velocidades através das (lembrando que
sin(−θ) = − sin(θ) seguintes coordenadas:
>Para a ida:−→
V = V cosβiˆ+ V sinβjˆ−→v = v cos θiˆ− v sin θjˆ
V sinβ = −v sin θ
sinβ = − v
V
sin θ
>Para a volta:−→
V = V cosβ′ iˆ+ V sinβ′jˆ−→v = −v cos θiˆ− v sin θjˆ V sinβ′ = −v sin θ
sinβ′ = − v
V
sin θ
>Logo podemos concluir que β = β′. Usando que cos2 β+sin2 β = 1
e a fórmula encontrada para sinβ chegamos a:
cosβ =
√
1− v2
V 2
sin2 θ
>O tempo total da viagem será dado por:
t = l
Vi
+ l
Vv
Onde: Vi = V cosβ + v cos θ e Vv = V cosβ − v cos θ
Note que, se o sentido no qual o vento sopra fosse invertido, as rela-
ções Vi e Vv apenas seriam trocadas entre si, de modo que o tempo
total permaneceria o mesmo.
Substituindo as relações para as velocidades de ida e volta na expres-
são do tempo e usando a fórmula encontrada para cosβ e a relação
cos2 θ = 1− sin2 θ, segue que:
t = 2lV cos β
V 2−v2
Dividindo o numerador e o denominador por V 2, segue que:
t =
2l
V
√
1− v2
V 2
sin2 θ
(1− v2
V 2
)
(b)Usando que, quando o vento sopra na direção AB θ = 0 e quando
sopra na direção perpendicular θ = pi/2, simplesmente calculando a
o tempo com vento paralelo dividido pelo tempo com vento ortogo-
nal, chegamos a:
t‖
t⊥
= (1− v2
V 2
)−1/2
Observando que o tempo deve ser real, temos que v < V
(c)Note que, para v 6= o, 0 < (1 − v2
V 2
) < 1 mas ainda temos que√
1− v2
V 2
sin2 θ << (1− v2
V 2
), de modo que
2l
V
<
2l
V
√
1− v2
V 2
sin2 θ
(1− v2
V 2
)
Onde 2l
V
é o tempo pra v = 0.
Universidade de Brasília - Física 1 - Quarta Lista de Exercícios