Este documento apresenta 75 problemas resolvidos de física do capítulo 2 - Movimento Unidimensional do livro Física 1 de Resnick, Halliday, Krane. Os problemas abordam conceitos como velocidade constante, aceleração constante e equações do movimento unidimensional. As soluções fornecem detalhes passo a passo dos cálculos envolvidos em cada problema.

1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
anderson@npd.ufes.br Última atualização: 07/12/2005 11:37 H
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 1
Capítulo 2 - Movimento
Unidimensional
Problemas
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70
71 72 73 74 75

2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Problemas Resolvidos
01. Que distância seu carro percorre, a 88 km/h, durante 1 s em que você olha um acidente à
margem da estrada?
(Pág. 28)
Solução.
Como o problema trata de um movimento que ocorre com velocidade constante, deve-se utilizar a
Eq. (1).
x = x0 + v x t (1)
A distância procurada corresponde ao deslocamento Δx = x − x0.
x − x0 = Δx = vxt
⎛ 1 m/s ⎞
Δx = (88 km/h) × ⎜ ⎟ × (0,50 s) = 12, 222 m
⎝ 3, 6 km/h ⎠
A resposta deve ser expressa com apenas um algarismo significativo:
Δx ≈ 10 m
[Início]
02. Um jogador de beisebol consegue lançar a bola com velocidade horizontal de 160 km/h, medida
por um radar portátil. Em quanto tempo a bola atingirá o alvo, situado a 18,4 m?
(Pág. 28)
Solução.
Apesar do movimento da bola ser bidimensional (ao mesmo tempo em que a bola viaja até a base
horizontalmente, ela sofre ação da gravidade e cai verticalmente) só precisamos nos preocupar com
o seu movimento horizontal. Isto é devido a esse movimento ser o responsável pela situação exposta
no enunciado. O movimento horizontal da bola não está sujeito à aceleração da gravidade ou a
qualquer outra aceleração (exceto, é claro, à aceleração causada pela força de resistência do ar, que
é desprezada) e deve ser tratado como movimento com velocidade constante.
x = x0 + vt
x − x0 Δx (18, 4 m)
t= = =
v v ⎛ 1 m/s ⎞
(160 km/h) × ⎜ ⎟
⎝ 3, 6 km/h ⎠
t = 0,414 s
[Início]
08. Um avião a jato pratica manobras para evitar detecção pelo radar e está 35 m acima do solo
plano (veja fig. abaixo). Repentinamente ele encontra uma rampa levemente inclinada de 4,3o, o
que é difícil de detetar. De que tempo dispõe o piloto para efetuar uma correção que evite um
choque com o solo? A velocidade em relação ao ar é de 1.300 km/h.
(Pág. 28)
Solução.
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3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
O avião desloca-se em movimento retilíneo com velocidade constante. Considere o esquema abaixo
para a resolução do problema.
v
0 h x
θ
d
Analisando o movimento do avião no eixo x, temos:
x = x0 + vt
0 = d + vt
d
t=−
v (1)
Como o valor de d não foi dado, é preciso calculá-lo.
h
tan θ =
d
h
d=
tan θ (2)
Substituindo-se (2) em (1):
h −(35 m)
t=− = = 1, 289035... s
v tan θ ⎛ −1.300 ⎞ o
⎜ 3, 6 km/h ⎟ tan 4,3
⎝ ⎠
t ≈ 1, 3 s
[Início]
12. Dois trens, cada um com a velocidade escalar de 34 km/h, aproximam-se um do outro na mesma
linha. Um pássaro que pode voar a 58 km/h parte de um dos trens quando eles estão distantes
102 km e dirige-se diretamente ao outro. Ao alcançá-lo, o pássaro retorna diretamente para o
primeiro trem e assim sucessivamente. (a) Quantas viagens o pássaro pode fazer de um trem ao
outro antes de eles se chocarem? (b) Qual a distância total que o pássaro percorre?
(Pág. 28)
Solução.
Neste problema vamos resolver primeiro o item (b) e em seguida o item (a).
Trem A o o Trem B
2 Encontro 1 Encontro
vA vP vB
4d/9 2d/3
0 x
d/2 d/2
d
________________________________________________________________________________________________________ 3
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4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(b) Como os trens viajam à mesma velocidade, porém em sentidos contrários, o choque dar-se-á na
coordenada d/2. O tempo (Δt) do percurso de cada trem será igual ao tempo de vôo do pássaro.
Logo, para o trem A:
Δx d / 2
vA = =
Δt Δt
d
Δt =
2v A
Para o pássaro:
Δs
vp =
Δt
d
Δs = 2 v A
2v A
Δs = d
Portanto, o pássaro percorre uma distância igual à separação inicial dos trens, ou seja:
Δs = 102 km
(a) Em primeiro lugar, vamos calcular a coordenada x do primeiro encontro (x1).
x1 = x0 P + vP t (1)
x1 = x0 B + v B t (2)
Nestas equações, x0p = 0 e x0B = d são as posições do pássaro e do trem B no instante zero e vP = −2
B
vB e vB são as velocidades do pássaro e do trem B. Como no momento do primeiro encontro o
B B
pássaro e o trem B estarão na mesma coordenada (x1), podemos igualar (1) e (2).
x0 B + vB t = x0 P + vP t
d + v B t = 0 + (−2v B )t
−d
t= (3)
3v B
Substituindo-se (3) em (1):
−d
x1 = x0 P + vP = 0 + (−2vB )
3vB
2d
x1 =
3
De maneira semelhante, pode-se demonstrar que o segundo encontro se dará na coordenada 4d/9.
Como conseqüência, do primeiro para o segundo encontro o pássaro percorre uma distância igual a
2d/3 − 4d/9 = 2d/9, que é igual a 2/3 de d/3. Também pode ser demonstrado que do segundo para o
terceiro encontro ele percorre uma distância igual a 2/3 de 1/3 de d/3, e assim por diante. Em
resumo:
Viagem do pássaro Distância percorrida
1 2/3 d = 2/3 d
2 2/3 . 1/3 . d = 2/32 d
3 2/3 . 1/3. 1/3 . d = 2/33 d
… … …
n
n 2/3 . 1/3 . …. 1/3 . d = 2/3 d
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5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
A soma das distâncias percorridas em cada trecho de ida e vinda do pássaro deve ser igual a d
(resposta do item b):
2 2 2 2
d+ 2 d+ 3d+ + n d =d
3 3 3 3
Ou seja:
1 1 1 1 1
+ 2 + 3+ + n =
3 3 3 3 2
n
1 1
∑ 3i = 2
i =1
(4)
Pode-se demonstrar que (4) somente será verdadeira se n = ∞ (Utilize sua calculadora para verificar
esta afirmação). Portanto, em teoria, o pássaro fará um número infinito de viagens.
[Início]
14. Que distância percorre em 16 s um corredor cujo gráfico velocidade-tempo é o da figura
abaixo?
(Pág. 28)
Solução.
Conhecendo-se a função x(t) que descreve a posição x de um objeto em qualquer instante de tempo t,
pode-se calcular sua velocidade em qualquer instante a partir da derivada de x(t) em relação a t.
dx
v( t ) = (t )
dt
No caso inverso, conhecendo-se a velocidade v(t) de um objeto em qualquer instante t, pode-se
determinar sua posição x em qualquer instante, bem como seu deslocamento, no intervalo de tempo
considerado.
dx( t ) = v(t ) dt
x v
∫x0
dx(t ) = ∫ v( t ) dt
v0
v
x − x0 = ∫ v(t ) dt
v0
De acordo com esta, o deslocamento x − x0 corresponde à área sob a curva do gráfico v(t) = f(t). Cada
quadrado mostrado no gráfico possui área equivalente a (2 m/s) × (2 s) = 4 m. Portanto,
contabilizando toda a área sob a curva mostrada no gráfico, chegaremos ao seguinte resultado:
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6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Δt (s) Δx (m)
0→2 8
2 → 10 64
10 → 12 12
12 → 16 16
Total 88
Portanto:
x(16) − x(0) = 98 m
[Início]
29. Para decolar, um avião a jato necessita alcançar no final da pista a velocidade de 360 km/h.
Supondo que a aceleração seja constante e a pista tenha 1,8 km, qual a aceleração mínima
necessária, a partir do repouso?
(Pág. 29)
Solução.
Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito por meio da Eq.
(1).
v 2 = v 0 + 2 aΔ x
2
(1)
2
⎡ ⎛ 1 m/s ⎞ ⎤
⎢( 360 km/h ) × ⎜ 3, 6 km/h ⎟ ⎥ − 0
2
v − v0 ⎣
2 2
⎝ ⎠⎦
a= = = 2, 7777 m/s 2
2Δx 2 × (1,80 × 10 m)
3
a ≈ 2,78 m/s 2
[Início]
31. A cabeça de uma cascavel pode acelerar 50 m/s2 ao atacar uma vítima. Se um carro pudesse
fazer o mesmo, em quanto tempo ele alcançaria a velocidade escalar de 100 km/h a partir do
repouso?
(Pág. 29)
Solução.
Trata-se, naturalmente, de movimento retilíneo com aceleração constante. A velocidade inicial, v0, é
igual a zero. O cálculo do tempo (t) é feito através da Eq. 1.
v = v0 + at (1)
⎛ 1 m/s ⎞
(100 km/h) × ⎜ ⎟−0
v − v0 ⎝ 3, 6 km/h ⎠
t= = = 0,55556 s
a (50 m/s 2 )
t ≈ 0,56 s
[Início]
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7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
33. Um elétron, com velocidade inicial v0 = 1,5 × 105 m/s, entra numa região com 1,2 cm de
comprimento, onde ele é eletricamente acelerado (veja Fig. 29). O elétron emerge com
velocidade de 5,8 × 106 m/s. Qual a sua aceleração, suposta constante? (Tal processo ocorre no
canhão de elétrons de um tubo de raios catódicos, utilizado em receptores de televisão e
terminais de vídeo.)
(Pág. 30)
Solução.
Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito através da Eq.
(1).
v 2 = v 0 + 2 aΔ x
2
(1)
v 2 − v0 (5,8 × 106 m/s) 2 -(1,5 ×105 m/s)2
2
a= = = 1, 4007 × 1015 m/s 2
2Δx 2(1,2 ×10-2 m)
a ≈ 1, 4 ×1015 m/s 2
[Início]
34. A maior velocidade em terra já registrada foi de 1.020 km/h, alcançado pelo coronel John P.
Stapp em 19 de março de 1954, tripulando um assento jato-propulsado. Ele e o veículo foram
parados em 1,4 s; veja a Fig. 30. Que aceleração ele experimentou? Exprima sua resposta em
termos da aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2. (Note que o corpo do militar atua como um
acelerômetro, não como um velocímetro.)
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8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(Pág. 30)
Solução.
Trata-se de movimento retilíneo com aceleração (negativa ou desaceleração) constante. O cálculo
pode ser feito através da Eq. (1).
v = v0 + at (1)
⎛ 1 m/s ⎞
0 − (1.020 km/h) × ⎜ ⎟
v − v0 ⎝ 3, 6 km/h ⎠ = −202,38095
a= = m/s 2
t (1,4 s)
Para obter a aceleração em termos de unidades g, basta dividir a aceleração obtida pelo valor da
aceleração da gravidade.
a (−202,38095 m/s 2 )
= = −20, 6511
g (9,8 m/s 2 )
a ≈ −21 g
[Início]
41. Um trem de metrô acelera a partir do repouso a 1,20 m/s2 em uma estação para percorrer a
primeira metade da distância até a estação seguinte e depois desacelera a −1,20 m/s2 na segunda
metade da distância de 1,10 km entre as estações. Determine: (a) o tempo de viagem entre as
estações e (b) a velocidade escalar máxima do trem.
(Pág. 30)
Solução.
Considere o esquema abaixo para auxiliar a resolução:
a -a
x0 = 0 x1 = d/2 x2 = d x
(a) Sabendo-se que o tempo gasto na primeira metade do caminho (acelerado) é igual ao tempo
gasto para percorrer a segunda metade do caminho (desacelerado), o tempo de viagem entre as
estações pode ser calculado da seguinte forma (trecho x0 → x1):
1 1
x − x0 = v0t + at 2 = v0t1 + at12
2 2
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9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
2
d 1 ⎛t⎞
−0 = 0+ a⎜ ⎟
2 2 ⎝2⎠
4d 4(1,10 ×103 m)
t= = = 60,553... s
a (1, 2 m/s 2 )
t ≈ 60, 6 s
(b) A velocidade escalar máxima do trem (v1), que é atingida em x1 = d/2, pode ser calculada da
seguinte forma (trecho x0 → x1):
v 2 = v0 2 + 2a ( x − x0 )
v12 = v0 2 + 2a ( x1 − x0 )
d
v12 = 0 + 2a ( − 0)
2
v1 = ad = (1, 20 m/s 2 )(1,10 × 103 m) = 36,331... m/s
v1 ≈ 36,3 m/s
[Início]
45. No momento em que a luz de um semáforo fica verde, um automóvel arranca com aceleração de
2,2 m/s2. No mesmo instante um caminhão, movendo-se à velocidade constante de 9,5 m/s,
alcança e ultrapassa o automóvel. (a) A que distância, além do ponto de partida, o automóvel
alcança o caminhão? (b) Qual será a velocidade do carro nesse instante? (É instrutivo desenhar
um gráfico qualitativo de x(t) para cada veículo.).
(Pág. 31)
Solução.
Considere o esquema abaixo para a resolução do problema. Observe que tanto o caminhão quanto o
automóvel percorrem a mesma distância em tempos iguais.
d
vC vC
a
v0A = 0 vA = ?
x0 = 0 x=d=? x
(a) O movimento do caminhão (C) ocorre com velocidade constante.
x = x0 + vt
x − x0 = vC t
x = vC t (1)
O movimento do automóvel ocorre com aceleração constante, partindo do repouso em x0 = 0.
1
x − x0 = v0t + at 2
2
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10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
1
x − x0 = v0C t + at 2
2
1
d = 0 + at 2
2
1
d = at 2 (2)
2
Substituindo-se o valor de t de (1) em (2):
2
1 ⎛d⎞ a d2
d = a⎜ ⎟ =
2 ⎝ vc ⎠ 2 vc 2
2vc 2 2(9,5 m/s)2
d= = = 82, 045045... m
a (2, 2 m/s 2 )
d ≈ 82 m
(a) A velocidade com que o automóvel alcança o caminhão (vA) vale:
v 2 = v0 2 + 2a ( x − x0 )
v A 2 = v0 A 2 + 2a ( x − x0 )
v A 2 = 0 + 2 ad
v A = 2ad = 2(2, 2 m/s 2 )(82, 04545... m) = 18,999... m/s
vA ≈ 19 m/s
[Início]
49. No manual de motorista diz que um automóvel com bons freios e movendo-se a 80 km/h pode
parar na distância de 56 m. Para a velocidade de 48 km/h a distância correspondente é 24
m.Suponha que sejam iguais, nas duas velocidades, tanto o tempo de reação do motorista,
durante o qual a aceleração é nula, como a aceleração quando aplicados os freios. Calcule (a) o
tempo de reação do motorista e (b) a aceleração.
(Pág. 31)
Solução.
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema:
Tempo de Frenagem (A)
reação (A)
Situação A
v0A v1A = v0A v2A = 0
x0 = 0 x1B x1A x2B x2A x
v0B v1B = v0B v2B = 0
Situação B
Tempo de Frenagem (B)
reação (B)
________________________________________________________________________________________________________ 10
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11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(a) Vamos inicialmente analisar a situação A. Durante o tempo de reação, o carro desloca-se com
velocidade constante.
x = x0 + vt
x1 A = x0 A + v0 At R
Mas:
x0 A = 0
Logo:
x1 A = v0 At R (1)
Análise do movimento de frenagem na situação A.
v 2 = v0 2 + 2a ( x − x0 )
v2 A 2 = v1 A 2 + 2a ( x2 A − x1 A )
Mas:
v1 A = v0 A
Logo:
0 = v0 A 2 + 2a ( x2 A − x1 A ) (2)
Substituindo-se (1) em (2):
2a ( x2 A − v0 At R ) = −v0 A 2 (3)
A análise da situação B através do caminho seguido pelas Eqs. (1) a (3) conduz ao seguinte
resultado:
2a ( x2 B − v0 B t R ) = −v0 B 2 (4)
Dividindo-se (3) por (4):
x2 A − v0 At R v0 A 2
=
x2 B − v0 B t R v0 B 2
Logo:
v0 A 2 x2 B − v0 B 2 x2 A
tR = (5)
v0 Av0 B (v0 A − v0 B )
t R = 0, 72 s
(b) Substituindo-se (5) em (3):
v0 A 2
a=− = −6,17284... m/s 2
2( x2 A − v0 At R )
a ≈ −6, 2 m/s 2
[Início]
54. Uma rocha despenca de um penhasco de 100 m de altura. Quanto tempo leva para cair (a) os
primeiros 50 m e (b) os 50 m restantes?
(Pág. 31)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema para a situação:
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12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
y0 = 0
g y1 = 50 m
y2 = 100 m
y
Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda
nos primeiros 50 m pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema ao lado, a
aceleração da gravidade tem o mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal
positivo.
1
y1 − y 0 = v 0 y t + a y t12 (1)
2
Como v0y = 0:
2( y1 − y0 ) 2( y1 − y0 )
t1 = =
ay g
2[(50 m) − 0)
t1 = = 10, 20408 s 2 = 3,19438 s
(9,81 m/s 2 )
t1 ≈ 3,2 s
(b) Para calcular o tempo de queda dos 50 m seguintes (y1 = 50 m a y2 = 100m), primeiramente
vamos calcular o tempo de queda de y0 = 0 a y2 = 100m.
1
y 2 − y0 = v0 y t + a y t 2
2
2
2( y2 − y0 )
t2 =
g
2[(100 m) − 0)
t2 = = 20,40816 s 2 = 4,51753 s
(9,81 m/s 2 )
O cálculo do tempo de queda y1 a y2 (t12) é feito por diferença:
t12 = t 2 − t1 = (4,51753 s) − (3,19438 s) = 1,32315 s
t12 ≈ 1,3 s
[Início]
61. Um jogador de basquete, no momento de “enterrar” a bola, salta 76 cm verticalmente. Que
tempo passa o jogador (a) nos 15 cm mais altos do pulo e (b) nos 15 cm mais baixos? Isso
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13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
explica por que esses jogadores parecem suspensos no ar no topo de seus pulos.
(Pág. 32)
Solução.
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema.
y D
yD
15 cm mais
yC = yE C E altos
a = -g
yB = yF B F
15 cm mais
A G baixos
yA = yG = 0
Como a aceleração é a mesma na subida e na descida, temos que:
t
t AB = t FG ⇒ t15 B = 2t AB ⇒ t AB = 15 B
2
t
tCD = t DE ⇒ t15 A = 2tCD ⇒ tCD = 15 A
2
onde tAB é o tempo para ir de do ponto A ao ponto B e t15A e t15B são os tempos em que o jogador
passa nos 15 cm mais altos e mais baixos, respectivamente.
A velocidade inicial do jogador (vA) pode ser calculada pela análise do movimento no trecho AD.
v 2 = v0 2 + 2a ( y − y0 )
vD 2 = v A 2 + 2(− g )( yD − y A ) 1)
0 = v A 2 − 2 g ( yD − 0)
v A = 2 gyD = 2(9,81 m/s 2 )(0, 76 m) = 3,8615022... m/s
(a) Análise do movimento no trecho CD.
1
y − y0 = vt − at 2
2
1
yD − yC = vD tCD − (− g )tCD 2
2
2
1 ⎛t ⎞
(0,15 m) = 0 + g ⎜ 15 A ⎟
2 ⎝ 2 ⎠
8(0,15 m)
t15 A = = 0,3497... s
(9,81 m/s 2 )
t15 A ≈ 0,35 s
(b) Análise do movimento no trecho AB.
1
y − y0 = v0t + at 2
2
1
yB − y A = v At AB + (− g )t AB 2
2
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14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
2
t15 B 1 ⎛ t15 B ⎞
(0,15 m) = v A − g
2 2 ⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠
(9,81 m/s 2 ) (3,8615022... m/s)
t15 B − t15 B + (0,15 m) = 0 (1)
8 2
A Eq. (1) é uma equação do segundo grau cujas raízes são:
t15 B ' = 1, 492560... s
t15 B '' = 0, 081955... s
Como t15B deve ser menor do que t15A:
t15 B ≈ 0, 082 s
[Início]
64. O laboratório de pesquisa da gravidade nula do Centro de Pesquisa Lewis da NASA (EUA) tem
uma torre de queda de 145 m. Trata-se de um dispositivo vertical onde se fez vácuo e que, entre
outras possibilidades, permite estudar a queda de uma esfera com diâmetro de 1 m, que contém
equipamentos. (a) Qual o tempo de queda do equipamento? Qual sua velocidade ao pé da torre?
(c) Ao pé da torre a esfera tem uma aceleração média de 25 g quando sua velocidade é reduzida
a zero. Que distância ela percorre até parar?
(Pág. 32)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema da situação:
y0 = 0
Acel. g
y1 = 145 m
Desacel.
y2
y
Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda
livre pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema, a aceleração da gravidade tem o
mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal positivo.
1
y1 − y 0 = v 0 y t + a y t12 (1)
2
Como v0y = 0:
2( y1 − y0 )
t1 =
ay
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15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
2( y1 − y0 )
t1
g
2[(145 m) − 0)
t1 = = 5, 43706 s
(9,81 m/s 2 )
t1 ≈ 5,44 s
(b) O cálculo da velocidade de chegada da esfera à base da torre também é direto.
v1 y = v 0 y + a y t1
v1 y = 0 + (9,81 m/s 2 )(5, 43706 s) = 53,337604 m/s
v1 y ≈ 53,3 m/s
(c) A desaceleração ocorre entre as posições y1 e y2.
v 2 y = v12y + 2a y ( y y − y1 )
2
v2 y − v12y
2
v2 y − v12y
2
02 − (53,337604 m/s) 2
Δy = = = = 5,8 m
2a y 2 × 25 g 2 × (25 × 9,81 m/s 2 )
Δy = 5,8 m
Obs.: O diâmetro da esfera não tem utilidade na resolução dos itens pedidos. Ele só foi dado para
ilustrar a situação.
[Início]
70. Um balão está subindo a 12,4 m/s à altura de 81,3 m acima do solo quando larga um pacote. (a)
Qual a velocidade do pacote ao atingir o solo? (b) Quanto tempo ele leva para chegar ao solo?
(Pág. 32)
Solução.
O balão desloca-se em movimento retilíneo para cima, com velocidade constante. Considere o
esquema abaixo para a resolução do problema. Como o balão está em movimento, a velocidade
inicial do pacote é a mesma do balão.
y v0 = vB
y0 = h
a = -g
y=0
(a) A velocidade (v) do pacote ao atingir o chão pode ser calculada da seguinte forma:
v 2 = v0 2 + 2a ( y − y0 )
v 2 = vB 2 + 2(− g )(0 − h)
v 2 = v B 2 + 2 gh
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16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
v 2 = (12, 4 m/s) 2 + 2(9,81 m/s 2 )(81,3 m)
v = ±41,819445... m
v ≈ −41,8 m
(a) O tempo (t) gasto para o pacote atingir o chão pode ser calculado da seguinte forma:
1
y − y0 = (v0 + v)t
2
1
0 − h = (vB + v)t
2
2h
t=−
vB + v
2(81,3 m)
t=− = 5,5269567... s
(12, 4 m/s) − (41,819445... m/s)
t ≈ 5,53 s
[Início]
73. No Laboratório Nacional de Física da Inglaterra (o equivalente ao nosso Instituto Nacional de
Pesos e Medidas) foi realizada uma medição de g atirando verticalmente para cima uma bola de
vidro em um tubo sem ar e deixando-a retornar. A figura 35 é o gráfico da altura da bola em
função do tempo. Seja ΔtL o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas da bola pelo
nível inferior, ΔtU o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas pelo nível superior e
H a distância entre os dois níveis. Prove que
8H
g= .
Δt L − ΔtU 2
2
(Pág. 32)
Solução.
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema.
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17. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
y
C
yC
yB B
yA A
0
Movimento do ponto A ao ponto C é dado por:
1
y − y0 = vt − at 2
2
1
yC − y A = vC t − (− g )t 2
2
No ponto C a velocidade da bola (vC) é zero.
1 ⎛ Δt ⎞
2
yC − y A = 0 + g ⎜ L ⎟
2 ⎝ 2 ⎠
1
yC − y A = g Δt L 2 (1)
8
De maneira idêntica, o movimento do ponto B ao ponto C é dado por:
1
yC − yB = g ΔtU 2 (2)
8
Subtraindo-se (2) de (1):
1
( yC − y A ) − ( yC − yB ) = yB − y A = H = g (Δt L 2 − ΔtU 2 )
8
Portanto:
8H
g=
Δt L − ΔtU 2
2
[Início]
75. Um cachorro avista um pote de flores passar subindo e a seguir descendo por uma janela com
1,1 m de altura. O tempo total durante o qual o pote é visto é de 0,74 s. Determine a altura
alcançada pelo pote acima do topo da janela.
(Pág. 33)
Solução.
O tempo no qual o vaso é visto subindo (tS) é igual ao tempo no qual ele é visto descendo (tD).
Portanto:
tS + t D = 2tS = t
t
tS = = 0,34 s
2
Considere o esquema abaixo para a resolução do problema.
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18. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
y
y2
y1
a = -g
y0 = 0
Cálculo da velocidade do vaso na coordenada y1 (v1):
1
y − y0 = vt − at 2
2
1
y1 − y0 = v1tS − (− g )tS 2
2
1
y1 − y0 − gt S 2
v1 = 2
tS
1
(1,1 m) − 0 − (9,81 m/s 2 )(0,37 s) 2
v1 = 2
(0,37 s)
v1 = 1,15812297... m/s
Cálculo da distância acima da janela atingida pelo vaso (y2−y1):
v 2 = v0 2 + 2a ( y − y0 )
v2 2 = v12 + 2( − g )( y2 − y1 )
v12 − v2 2
y2 − y1 =
2g
(1,15812297... m/s)2 − 0
y2 − y1 = = 0, 068361... m
2(9,81 m/s 2 )
y2 − y1 ≈ 6,8 cm
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