2ª LISTA DE EXERCÍCIOS DE FÍSICA I CAPÍTULO III MOVIMENTO EM DUAS E EM TRÊS DIMENSÕES SUGESTÕES PARA O DESENVOLVIMENTO

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1 2ª LISTA DE EXERCÍCIOS DE FÍSICA I CAPÍTULO III MOVIMENTO EM DUAS E EM TRÊS DIMENSÕES SUGESTÕES PARA O DESENVOLVIMENTO ATENÇÃO: O objetivo deste arquivo é fornecer pistas para a solução de questões e problemas. Não são soluções únicas e nem isentas de correções. 1 - Os vetores devem ser paralelos para alcançar um resultante de 7 m de comprimento (o primeiro caso mostrado abaixo vetores A e B), antiparalelos (em sentidos opostos) para alcançar uma resultante de 1 m de comprimento (segundo caso apresentado vetores A e B ), e perpendiculares para alcançar um resultante de = 5 m de comprimento (último caso apresentado vetores A e B ). Em cada esboço, os vetores são mostrados em umesboço, mas a resultante não é mostrada. A resultante seria uma reta traçada do começo ao fim, o início é indicado por A e o final é indicado por B. 2 - Um esboço dos deslocamentos é mostrado. A resultante (não mostrada) seria uma linha reta a partir do início Banco), para terminar em Walpole. Com um cuidadoso desenho, você deve encontrar que o vetor resultante tem comprimento 29,5 km a 35 oeste (west) do sul (south). 3 - A componente de x é dada por a x = 7,3 cos 250 = - 2,5 e a componente y é dada por a y = 7,3 sen 250 = - 6,9. Ao considerar a variedade de maneiras para calcular estes, podemos constatar que o vetor está -70 abaixo do eixo, de modo que as componentes também poderia ter sido encontrada a partir de a x = 7,3 cos 70 e a y = 7,3 sen (a) v = = 47,2 m (b) Lembrando que tan (θ) = tan (θ ), constatamos que as duas possibilidades para tan 1 (40 / - 25) são 58 e 122. Notando que o vetor está no terceiro quadrante (pelos sinais das suas componentes x e y), vemos que 122 é a resposta correta. 5 - Embora pensamos nisto como um movimento tridimensional, ele pode ser efetivamente resolvido bidimensionalmente definindo os eixos no plano da falha. (a) A magnitude do deslocamento é

2 = 27,8 m. (b) A magnitude da componente vertical de AB é AD sem 52 = 13,4 m. 6 - O diagrama mostra os vetores deslocamento para os dois segmentos da sua caminhada, indicados pelos vetores A e B, e o vetor deslocamento total ( "final"), indicados pelo vetor r. Tomamos a direção leste como a direção + x e a direção norte como a direção + y. Nós observamos que o ângulo entre A e o eixo x é de 60. Sempre que as unidades não são explicitamente demonstradas, as distâncias são entendidas para estar em metros. Assim, os componentes de A são A x = 250 cos 60 = 125 e A y = 250 sin 30 = 216,5. As componentes de B são B x = 175 e B y = 0. As componentes do deslocamentos total são r x = A x + B x = = 300 e r y = A y + B y = 216,5 + 0 = 216,5. (a) A magnitude do deslocamento é resultante (b) O ângulo resultante que o deslocamento faz com o eixo +x é (c) A distância total percorrida é d = = 425 m. (d) O valor total da distância percorrida é maior do que a magnitude do deslocamento resultante. O diagrama mostra porque: A e B não são colineares. 7 - Nós escrevemos r = a + b. Quando não expressamente indicadas, as unidades estão aqui a ser assumida metros. Então r x = a x + b x = 4,0 13 = 9,0 e r y = a y + b y = 3,0 + 7,0 = 10. Assim, r = ( 9,0 m) î + (10 m) ĵ. A magnitude da resultante é O ângulo entre a resultante e o eixo +x é dada por tan 1 (r y / r x ) = tan 1 [10 / ( 9,0)] que é ou 48 ou 132. Dado que a componente x da resultante é negativa e y o componente é positiva, características do segundo quadrante, o ângulo correto é 132 (medido a partir de + x). 8 - Os vetores são mostrados no diagrama. O eixo x é definido a partir de oeste a leste e o eixo y de sul para norte. Então a x = 5,0m, ay = 0, bx = (4,0) sin 35 = 2,29 m, e b y = (4,0) cos 35 = 3,28m. (a) Tomando c = a + b. Então c x = a x + b x = 5,0 m 2,29m = 2,71m e c y = a y + b y = 0 + 3,28 m = 3.28m. A magnitude de c é (b) O ângulo θ que c faz com o eixo x é: (c) O vetor b a é encontrado através da adição de a com b. O resultado é apresentado no diagrama abaixo. Tomando c = b a. Então c x = b x a x = 2,29m 5,0m = 7,29m e cy = by - ay = 3.28m. A magnitude de c é = 8.0m. (d) A tangente do ângulo θ que c faz com o eixo + x (leste) é Há duas soluções: 24,2 e 155,8. Como o diagrama mostra, a segunda solução é a correta. O vetor c = b a está a 24 a norte do oeste. 9 - Todas as distâncias nesta solução, entendem-se em metros. (a) (b) (c) Tomando a b + c = 0 temos que c = b + a, o que podemos constatar é o contrário daquilo que encontramos em (b). Assim, Deve-se mencionar que uma forma eficiente de trabalhar além deste problema é com a lei geral dos cossenos para triângulos (e uma vez que a, b e r formam um triângulo isósceles, os ângulos são fáceis de encontrar).

3 No entanto, no interesse de reforçar a habitual abordagem sistemática para a adição vetorial, verificamos que o ângulo que b faz com o eixo + x é 135 e aplicamos as equações da decomposição vetorial. (a) A componente x de r é 10 cos cos 135 = 1,59 m. (b) A componente y de r é 10 sem sem 135 = 12,1 m. (c) A magnitude de r é (d) O ângulo entre r e a + x direção é tan 1 (12,1/1,59) = 82, Se quisermos utilizar as equações da decomposição vetorial diretamente, devemos notar que os ângulos de Q, R e S são 100, 250 e 310, respectivamente, se forem medidos no sentido anti-horário a partir do eixo +x. (a) Usando notação de vetor unitário, com a unidade metro subentendida, temos P = 10 cos (25 ) î + 10 sen (25 )ĵ Q = 12 cos (100 ) î + 12 sen (100 )ĵ R S = 8,0 cos (250 ) î + 8,0 sen (250 )ĵ P + Q + R + S = P = 10 î + 1,6 ĵ (b) A magnitude do vetor soma é anti-horário. 12 a) v x é constante em (2), v y é constante em (4) e a é constante em (4) b) -2 em m/s 2 e 3 em m/s a, b, c = 10,2 m e seu ângulo é tan 1 (1,6/10) 9,2 medido a partir do eixo +x no sentido 14 - (a) todos possuem o mesmo módulo; (b) 1 e 2 empatam (o foguete é lançado para cima), depois 3 e 4 empatam (ele é lançado para dentro do chão!) 15 - (a) 3,2,1; (b) 1,2,3; (c) todos possuem o mesmo módulo; (d) 6, 5, (a) menor; (b) não pode ser respondida; (c) igual; (d) não pode ser respondida 17 - (a) 2; (b) 3; (c) 1; (d) 2; e) 3; (f) (a) sim; (b) não; (c) sim 19 - Quando a unidade comprimento não é especificado (nesta solução), a unidade metro deve ser entendida. (a) O vetor posição, segundo é: r = 5,0 î + 8,0ĵ (em metros). (b) A magnitude é (c) Notando que o vetor encontra-se no plano xy, estamos usamos: onde escolhemos esta possibilidade (122 medido à esquerda da direção + x), uma vez que os sinais dos componentes implica o vetor está no segundo quadrante. (d) No interesse de economizar espaço, omitimos o esboço. O vetor está a 32 no sentido anti-horário a partir da direção + y, onde a direção + y é assumida para ser (como é normal) 90 no sentido anti-horário a partir de + x. (e) O deslocamento é r = r r, onde r é dada na parte (a) e r = 3,0 î. Portanto, r = 8,0î 8,0ĵ (em metros). (f) A magnitude do deslocamento é (g) O ângulo do deslocamento, encontra-se a partir de onde podemos escolher a antiga possibilidade ( 45, o que significa 45 medidos no sentido horário a partir de + x, ou 315º no sentido anti-horário a partir de + x), uma vez que os sinais das componentes implicam que o vetor está no quarto quadrante (a) Com r 1 sendo o vetor posição inicial e r 2 como o vetor posição final, temos: para o deslocamento na notação de vetor unitário (em metros). (b) Uma vez que não existe componente z, o vetor deslocamento está no plano xy O deslocamento total do r é a soma de três deslocamentos, cada um sendo resultado de uma velocidade (constante) durante um determinado tempo. Nós usamos um sistema de coordenadas com + x a leste e + y a Norte. Na notação de vetor unitário, o primeiro deslocamento é dado por

4 em quilômetros. O segundo deslocamento tem uma amplitude de está a 40 norte do leste. Portanto,, e a sua direção E o terceiro deslocamento é em quilômetros. O deslocamento total é em quilômetros. O tempo da viagem é de = 110 min, o que equivale a 1,83 h. Da definição do vetor velocidade média, em seguida, temos: v M = em quilômetros por hora. Se deseja-se expressar isso em notação de magnitude e de ângulo, então isto é equivalente a um vetor de magnitude, que é inclinada 67,5 norte a partir do leste (ou, 22,5 a leste do norte) Para enfatizar o fato de que a velocidade é uma função do tempo, adotamos a notação v (t) para dx/dt. (a) Da definição de vetor velocidade instantânea, temos que em metros por segundo. (b) obtendo o resultado em t = 2 s, temos v = (3,0î 16,0 ĵ )m / s. (c) A velocidade escalar em t = 2 s é. (d) e o ângulo de v nesse momento é uma das possibilidades: e escolhemos a primeira possibilidade ( 79,4 medidos no sentido horário a partir da direção + x, ou 281 no sentido anti-horário a partir de + x), uma vez que os sinais das componentes implica o vetor está no quarto quadrante (a) Tomando a derivada do vetor posição em relação ao tempo, temos em unidades SI (m/s). (b) Tomando outra derivado em relação ao tempo, temos em unidades SI (m/s 2 ). 24 (a) usando a expressão dada, obtemos: (b) Tomando a derivada da expressão dada temos em metros. onde escrevemos v (t) para enfatizar a sua dependência do tempo. Isto torna-se, em t = 2,00 s, v = (19,0î 224ĵ) m/s. (c) Diferenciar a v (t) encontrada anteriormente, com relção ao tempo, produz 12,0t î 84,0t 2 ĵ, que produz a = (24,0 î 336 ĵ) m/s 2 em t = 2,00 s. (d) O ângulo de v, medido a partir + x, é ou 94,8, onde nós ficamos com a primeira escolha ( 85,2, que é equivalente a 275 ), uma vez que os sinais de suas componentes implicam que ele está no quarto quadrante.

5 25 - A aceleração constante em ambas as direções (x, y) nos permite as equações do M.R.U.V. para o movimento ao longo de cada direção. Isto pode ser tratado individualmente (para x e y) ou juntamente com a notação de vetor unitário (para um r). Quando as unidades não são indicadas, unidades SI devem ser subentendidas. a) A velocidade da partícula em qualquer momento t é dado por v = v 0 + at, onde v 0 é a velocidade inicial e a é a aceleração (constante). A componente é x = v x v 0x + a x t = 3,00 1,00t, e a componente y é v y = v 0y + a y t = 0,500t uma vez que v 0y = 0. Quando a partícula atinge a sua coordenada x máxima em t = t m, temos de ter v x = 0. Portanto, 3,00 1,00t m = 0 ou t m = 3,00 s. A componente y da velocidade neste momento é v y = 0,500t (3,00) = 1,50 m/s; esta é a única componente não-nula de v em t = t m. b) Como o movimento começou na origem, as coordenadas da partícula, a qualquer momento, são dadas por r = v 0 t+ 1 / 2 at 2. Em t = t m temos: em metros Como as componentes x e y da aceleração são constantes, então nós podemos utilizar as equações do M.R.U.V. para o movimento em ambos os eixos. Isto pode ser tratado individualmente (para x e y) ou juntamente com a notação de vetor unitário (para um r). Quando as unidades não são indicadas, unidades SI devem ser subentendidas. a) Como r 0 = 0, o vetor posição da partícula é: Assim, encontramos quando x = 29 m, resolvendo 2,0t 2 = 29, o que leva a t = 3,8 s. A coordenada y nesse momento é y = 8,0 (3,8) + 1,0 (3,8) 2 = 45 m. (b) a velocidade das partículas é dada por Assim, em t = 3,8 s, a velocidade é que tem um módulo de: 27 - Adotamos o sentido positivo tal como utilizado normalmente, de modo que as equações do M.R.U.V. são diretamente aplicáveis. a) Com a origem no ponto de disparo, a coordenada do ponto y da bala é dada por y = gt 2 /2. Se t é o tempo de vôo e y = 0,019 m indica que a bala atinge o alvo, então: b) A velocidade do disparo é a velocidade inicial (horizontal) da bala. Dado que x = 30 m é a posição horizontal do alvo, temos x = v 0 t. Deste modo, 28 - Adotamos o sentido positivo tal como utilizado normalmente, de modo que as equações do M.R.U.V. são diretamente aplicáveis. A velocidade inicial é horizontal, assim v 0y = 0 e v 0x = v 0 = 161 km/h. Convertendo para unidades SI, temos v 0 = 44,7 m/s. (a) Com origem no ponto inicial (onde a bola deixa a mão do lançador), a coordenada y da bola é dada por y = gt 2 /2, e a coordenada x é dada por x = v 0 t. Desta última equação, temos um simples proporcionalidade entre a distância horizontal e o tempo, o que significa que o tempo para viajar a metade da distância total é a metade do tempo total. Especificamente, se x = 18,3 2 = 9,15 m, então t = (9,15) / 44,7 = 0,205 s. b) E o tempo de viagem para os próximos 9,15 m deve ser também 0,205 s. Pode ser útil escrever a equação horizontal como x = v 0 t, a fim de que este resultado pode ser visto de forma mais clara. c) De y = gt 2 /2, vemos que a bola atingiu a altura de (9,8) (0,205) 2 /2 = 0,205 m no momento em que a bola está a meio caminho para o batedor. d) A altura da bola quando ela atinge o batedor for (9,8) (0,409) 2 /2 = 0,820m, o qual, quando subtraídos a partir do resultado anterior, implica que a bola caiu mais 0,615 m. Uma vez que o valor de y não é simplesmente proporcional a t, não

6 se espera que os intervalos de tempo iguais correspondam à igualdade na mudança da altura, num sentido físico, isto é devido ao fato de que a velocidade inicial y para a primeira metade do movimento não é a mesmo que a velocidade inicial y para a segunda metade do movimento Uma vez que esse problema implica uma aceleração constante descendente de magnitude a, semelhante à situação do movimento do projétil, usamos as equações do M.R.U.V., enquanto que a substitui g. A velocidade inicial é horizontal, de modo que v 0y = 0 e v 0x = v 0 = 1,0 x 10 9 cm/s. a) Se l é o comprimento de uma placa e t é o tempo que um elétron está entre as placas, então l = v 0 t, onde v 0 é a velocidade inicial. Deste modo b) O deslocamento vertical do elétron é c) e (d) A componente x da velocidade não muda: v x = v 0 = 1,0 x 10 9 cm / s, e a componente y é 30 - A origem está no ponto de lançamento (a posição inicial da pedra). A componente x da sua velocidade inicial é dada por v 0x = v 0 cos θ, e a componente y é dada por v 0y = v 0 senθ, onde v 0 = 20 m/s é a velocidade inicial e θ = 40,0 é o ângulo de lançamento. a) Em t = 1,10 s, a sua coordenada x é b) Neste instante a sua coordenada y é c) Em t = 1,80 s, a sua coordenada x é 1 d) Neste instante a sua coordenada y é e) e (f) A pedra atinge o solo antes de t = 5,0 s. Para encontrar o momento em que atinge o solo resolver para t. Achamos Sua coordenada x é na aterrissagem é:. Assumindo que permanece onde ela cai, as suas coordenadas em t = 5,00 s são: x = 40,2m e y = A origem é coordenar, no final do cano do rifle (o ponto inicial em que começa o movimento do projétil), e deixamos θ 0 ser o ângulo do disparo. Se o alvo está afastado a uma distância d, as respectivas coordenadas finais são x = d, y = 0. O movimento do projétil leva às equações d = v 0 t cosθ 0 e 0 = v 0 t senθ 0 gt 2 /2. Eliminando t, temos 2v 0 2 senθ 0 cosθ 0 gd = 0. Usando o pecado senθ0 cos θ 0 = ½ sen(2θ 0 ), obtemos que produz sen (2θ 0 ) = 2, e, consequentemente θ 0 = 0,0606. Se a arma é mirada num ponto a uma distância l acima do alvo, então tan θ 0 = l / d, assim: 32 - Nós designamos a velocidade dada v = 7,6i + 6,1j (em unidades SI) sendo v 1 oposta à velocidade quando ela atinge a altura máxima v 2 ou a velocidade quando ela retorna para a terra v 3 e tomando v 0 como a velocidade de lançamento, como de costume. A origem está no seu ponto de lançamento do solo. a) Diferentes abordagens são possíveis, mas, uma vez que ela será útil (para o resto do problema), primeiro

7 encontramos a velocidade inicial em y. Usando a equação de Torricelli, temos: que gera v 0y = 14,7 m/s. Sabendo que v 2y deve ser igual a 0, usamos a equação de Torricelli novamente, mas agora com y = h para a altura máxima: que gera h = 11 m. b) Recordando a obtenção da equação do alcance, mas usando v 0y para v 0 sen θ e v 0x para v 0 cos θ, temos o que conduz a.observando que v 0x = v 1x =7,6 m/s, nós substituímos os valores e obtemos: R = 2 (7,6) (14,7) / 9,8 = 23 m. c) Como v 3 = v 1 x = 7,6 m/s e v 3y = v 0y = 14,7 m/s, temos d) O ângulo (medido a partir horizontal) para v 3 é:, uma vez que os sinais de suas componentes implicam que ele está no quarto quadrante A origem está na coordenada da posição inicial da bola, e θ é o ângulo da sua velocidade inicial medido a partir do eixo + x. a) x = 46m e y = 1,5m são as coordenadas para o ponto de desembarque; ele atinge o chão no momento t = 4,5 s. Desde que x = v 0x t, Uma vez que GT2 A magnitude da velocidade inicial é b) O ângulo inicial satisfaz tan θ = v 0y /v 0x. Assim, θ = tan 1 (21,7/10,2) = 64,8º. 34- Nós denotamos h como a altura de um degrau e w como a largura. Para acertar passo n, a bola deve cair uma distância nh e percorrer uma distância horizontalmente entre (n 1)w e nw. Tomamos a origem de um sistema de coordenadas para estar no ponto onde a bola deixa o topo da escada, e podemos escolher o eixo y a ser positivo no sentido ascendente. As coordenadas da bola no momento t são dadas por x = v 0x t e y = gt 2 /2 (desde que v 0y = 0). Nós igualamos y a nh para o tempo para atingir o nível do degrau n: A coordenada x é então O método é tentar valores de n até encontrarmos um para o qual x/w é menor do que n mas superior a n 1. Para n = 1, x = 0,309m e x/w = 1,52, que é maior do que n. Para n = 2, x = 0,437m e x/w = 2,15, que também é maior do que n. Para n = 3, x = 0,535m e x/w = 2,64. Agora, este é inferior a n e maior que n 1, de modo que a bola bate no terceiro degrau.

8 35 - Nós determinamos a velocidade escalar v para encontrar aceleração a. a) Uma vez que o raio da Terra é de 6, m, o raio de órbita do satélite é 6, m m = 7, m. Portanto, a velocidade do satélite é b) A magnitude da aceleração é 36 - Nós aplicar a equação da aceleração centrípeta para determinar a velocidade v e depois encontrar o período T. a) Obtemos b) O tempo para completar uma volta (o período) é T = 2π r/v = 1,7s. Portanto, em um minuto (t = 60 s), o astronauta executa revoluções. Assim, 35 rpm são necessárias para produzir uma aceleração centrípeta de 7g quando o raio é 5,0 m. c) Como foi assinalado acima, T = 1,7s O raio da Terra é de 6, m. a) A velocidade de uma pessoa no equador é v = 2π R/T, aqui R é o raio da Terra (6, m) e T é a duração de um dia (8, s): v = 2π (6, m) / (8, s) = 463m / s. A magnitude da aceleração é dada por. b) Se T é o período, então v = 2π R/T é a velocidade e a = v 2 /R = 4π 2 R 2 / T 2 R = 4π 2 R/T 2 é a magnitude da aceleração. Deste modo 38 - a) Uma vez que a roda completa 5 voltas em 1 minuto, o seu período é um quinto de um minuto, ou 12 s. b) A magnitude da aceleração centrípeta é dada por a = v 2 /R, onde R é o raio da roda, e v é a velocidade do passageiro. Uma vez que o passageiro vai uma distância 2πR para cada volta, sua velocidade é e sua aceleração centrípeta é Quando o passageiro encontra-se no ponto mais alto, a sua aceleração centrípeta é descendente, em direção ao centro da roda. c) No ponto mais baixo, o vetor aceleração centrípeta aponta para cima, em direção ao centro da roda. Ela tem a mesma magnitude da parte (b) Nós aplicar a equação v = 2πr / T para determinar a velocidade v e a c = v 2 /R para encontrar a aceleração centrípeta a) v = 2πr / T = 2π (20 km)/1,0 s = 1, km/s. b) c) Como é evidente, tanto v como a aumentarão se T é reduzido Para calcular a aceleração centrípeta da pedra, precisamos de saber a sua velocidade durante o movimento circular (esta é também a sua velocidade inicial quando ele voa solto). Usamos as equações de do movimento de projéteis para encontrar essa velocidade. Tomando o sentido + y para cima e colocamos a

9 origem no ponto onde a pedra deixa sua órbita circular, em seguida, as coordenadas da pedra durante seu movimento como um projétil são dadas por x = v 0 t e y = gt 2 /2 (desde que v 0y = 0). Ela atinge o solo em x = 10m, y = 2,0m. Formalmente resolvendo a segunda equação para o tempo, obtemos, que nós substituímos na primeira equação: Portanto, a magnitude da aceleração centrípeta é