Curso de física básica volume 1 - Moysés

Curso de fısica basica: Mecanica Diego Oliveira / Vitoria da Conquista - BA

Cursa de fısica basica 1: Mecanica

H. Moyses Nussenzveig

[email protected]

Compilado dia 17/06/2016

Primeiro capıtulo resolvido do volume 1 do livro defısica basica do Moyses Nussenzveig.

Caso algum erro de resolucao seja detectado escrevapara [email protected] para que o mesmo seja cor-rigido.

1. Na celebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre e de 30 km/h e ada tartaruga e de 1,5m/min. A distancia a percorrer e de 600m, e a lebre corre durante 0,5minantes de parar para uma soneca. Qual e a duracao maxima da soneca para que a lebre nao percaa corrida? Resolva analiticamente e graficamente.

Solucao:

A estrategia sera a seguinte:

• Calculamos o tempo que levaria a lebre se a mesma nao dormisse;

• Calculamos o tempo que leva a tartaruga para terminar o percusso;

• Com base nas duas respostas acima encontramos o tempo maximo de cada soneca.

(Passo um.)

Seja ∆t o tempo que levaria a lebre para completar o percusso sem dormir entao:

v =∆x

∆t

∆t =600m

30km/h=

600m

25/3 ms

1


⇒ ∆t =600 · 3

25· m · s

m= 72s

Ou seja, supondo que a lebre nao tire nenhuma soneca ela terminaria o percusso em 72segundos.

(Passo dois.)

Seja ∆t′ o tempo que a tartaruga leva entao:

∆t′ =600m

1, 5m/min=

600m

0.025ms

∆t′ =600

0.025· m · s

m= 2.4× 104s

Isto e, a tartaruga levaria 400s

(Passo tres.)

Para que a lebre nao perca a corrida, seu tempo de percurso somado com o tempo da soneca(ts) deve ser menor ou igual ao tempo de percurso da tartaruga. Portanto:

ts + ∆t ≤ ∆t′

⇒ ts ≤ ∆t′ −∆t

⇒ ts ≤ 2.4× 104s− 72s = 2.3928× 104s

⇒ ts ≤ 2.3928× 104s

Ou seja, a soneca deve ter uma duracao de no maximo 2.3928× 104s segundos. Ou de formamais trivial 6h 38min e 48s.

2. Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a aceleracaomedia com a aceleracao da gravidade. Se a aceleracao e constante, que distancia o carro percorreate atingir 100km/h?

Solucao:

Esse e um problema que se resume a aplicacao direta de formulas nao sendo necessarionenhuma estrategia apurada.

A aceleracao media pode ser obtida atraves da equacao v = vo + a(t− t◦).

v = v◦ + a(t− t◦)

⇒ a =v − v◦(t− t◦)

2


Supondo que o veiculo parta do repouso e da origem (v◦ = 0 e t◦ = 0) e considerando que aofinal dos 4s a velocidade e de 100 km/h entao:

a =100km

h − 0kmh

4s=

103

36ms

4s=

125

18m/s2

Tomando a aceleracao gravitacional g igual a 9.81 m/s2 entao:

a

g=

125

18ms2

9.81ms2

a

g=

12500

17658≈ 0.7079

a ≈ 0.7079 · g

Para determinar a distancia percorrida pelo veıculo nessa aceleracao usamos a equacao v2 =v2◦ + 2a(x− x◦).

v2 = v2◦ + 2a(x− x◦)

⇒ ∆x =v2 − v2o

2a

Substituindo os valores

∆x ≈

(103

36

)2

− 02

2(0.7079g)

⇒ ∆x ≈106

18000.1414

⇒ ∆x ≈ 55.5551m

Portanto, a distancia percorrida foi de aproximadamente 55.6m.

3. Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h.Qual e a velocidade media do seu percurso? Compare-a com a media aritmetica das velocidades.

Solucao:

Se um veıculo esta a 40km/h entao ele deve percorrer 10km em1

4h. Se estiver a 80km/h ira

percorre 10km em1

8h. E estando a 30km/h fara 10km em

1

3h.

3


Sendo assim a velocidade media sera:

vm =∆x1 + ∆x2 + ∆x3

∆t1 + ∆t2 + ∆t3

vm =10km + 10km + 10km

1

4h +

1

8h +

1

3h

=30km17

24h

=720

17km/h

que e aproximadamente 42.353 km/h.

Ja a media aritmetica das velocidades e igual a:

Ma =40km

h + 80kmh + 30km

h

3= 50 km/h

Finalmente comparando a velocidade media (vm) com a media aritmetica (Ma) chegamos aoresultado

vmMa≈

720

17kmh

50kmh

≈ 0.8471

⇒ vm = 0.8471 ·Ma

4. Um aviao a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500km/h para decolar, etem uma aceleracao de 4m/s2. Quanto tempo ele leva para decolar e que distancia percorre napista ate a decolagem?

Solucao:

Primeiro vamos determinar a distancia percorrida com a equacao v2 = v2◦ + 2a(x− x◦).

v2 = v2◦ + 2a(x− x◦)

∆x =v2 − v2◦

2a

Supondo que o jato partiu do repouso (v◦ = 0) entao:

∆x =(500km

h )2 − 02

2 · 4ms

Como 500km/h =5× 103

36m/s entao:

4


∆x =

25× 106

362·m2/s2

8m/s2=

25× 106

362

8· m

2s2

ms2

∆x ≈ 2411.27m ou 2.41127km.

Ou seja, a distancia percorrida e de 2411.27m ou 2.41127km.

Uma vez que sabemos a distancia que sera percorrida podemos calcular o tempo atraves daequacao v = v◦ + a(t− t◦).

∆t =v − v◦

a

∆t =

5× 103

36ms − 0

4ms2

=5× 103

4 · 36· m · s

2

m · s= 34.72s

Ou seja, o tempo que sera levado e aproximadamente 34.7 segundos.

5. O grafico da figura representa a marcacao do velocımetro de um automovel em funcao dotempo. Trace os graficos correspondentes da aceleracao e do espaco percorrido pelo automovelem funcao do tempo. Qual e a aceleracao media do automovel entre t = 0 e t = 1min? E entret = 2min e t = 3min?

Solucao:

Expressando o grafico em questao sob a forma de uma funcao de varias sentencas teremos:

v(t) =

90t se t ∈ [0, 0.5)45 se t ∈ [0.5, 2)225− 90t se t ∈ [2, 2.5)0 se t ∈ [2.5, 3)150t− 450 se t ∈ [3, 3.5)75 se t ∈ [3.5, 4.5)750− 150t se t ∈ [4.5, 5]

Por definicao a(t) =d

dtv(t) entao a funcao de varias sentencas que fornecera o grafico da

aceleracao sera:

5


a(t) =

90 se t ∈ [0, 0.5)0 se t ∈ [0.5, 2)−90 se t ∈ [2, 2.5)0 se t ∈ [2.5, 3)150 se t ∈ [3, 3.5)0 se t ∈ [3.5, 4.5)−150 se t ∈ [4.5, 5]

E como s(t) =

∫v(t)dt a funcao de varias sentencas que fornecera o grafico da aceleracao

sera:

s(t) =

45t2 se t ∈ [0, 0.5)45t se t ∈ [0.5, 2)225t− 45t2 se t ∈ [2, 2.5)0 se t ∈ [2.5, 3)75t2 − 450t se t ∈ [3, 3.5)75t se t ∈ [3.5, 4.5)750t− 75t2 se t ∈ [4.5, 5]

Determinando as aceleracoes medias.

A aceleracao media e determinada pela formula am =∆v

∆t. Entao com base no grafico do

enunciado

no intervalo de 0 a 1 minuto teremos:

am[0,1] =45km/h− 0

1min

⇒ am[0,1] =12.5m/s

60s

⇒ am[0,1] = 0.2083m/s2

E no intervalo de 2 a 3

am[2,3] =0− 45km/h

60s

6


am[2,3] =−12.5m/s

60s

am[2,3] = −0.2083m/s2

Onde o sinal de negativo indica uma desaceleracao.

6. Uma partıcula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta,com aceleracao crescente segundo a lei a = b · t, onde t e o tempo e b = 0.5m/s3. Trace osgraficos da velocidade v e da posicao x da partıcula em funcao do tempo. Qual e a expressaoanalıtica de v(t)?

Solucao:

Nesse caso podemos ficar tentado a usar a equacao v = v◦ + at. Entretanto, sua deducao sebaseia no fato de a ser uma constante. O que nao ocorre aqui (lembre-se que a esta em funcaode t).

Por esse motivo temos de recorrer a propria definicao de velocidade.

a(t) =d

dtv(t)

⇒ v(t) =

∫a(t)dt

⇒ v(t) =

∫bt dt

⇒ v(t) =

∫1

2t dt

⇒ v(t) =1

4t2 + c

Como a partıcula esta inicialmente em repouso entao v(0) = 0 o que implica em c = 0. Sendo

assim a expressao analıtica de da velocidade e v(t) =1

4t2.

7. O tempo medio de reacao de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigosubito e aplicar os freios) e da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada secapode ser freado a 6m/s2;. Calcule a distancia mınima que um carro percorre depois que omotorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 60km/h e a 90km/h. Estime aquantos comprimento do carro corresponde cada uma das distancias encontradas.

Solucao:


7


• Calculamos a distancia percorrida durante o tempo de reacao;

• Calculamos a distancia percorrida apos o tempo de reacao.

• O resultado sera a soma das duas distancias encontradas.

(Passo um.)

Seja ∆x a distancia percorrida pelo carro durante o tempo de reacao do motorista pode serdeterminado pela equacao x = x◦ + v(t− t◦).

x = x◦ + v(t− t◦)

⇒ ∆x = v(t− t◦)

⇒ ∆x = 30kmh · (t− t◦)

Como 30 km/h =3× 102

36m/s e supondo que o motorista parta da origem (t◦ = 0) entao:

∆x =3× 102

36· (0.7− 0) · m · s

s

⇒ ∆x =105

18m

(Passo dois).

Seja ∆x′ a distancia percorrida apos o tempo de frenagem, isto e, quando o freio ja foiacionado, usando a equacao v2 = v2◦ + 2a(x− x◦) determinamos a distancia percorrida.

Como o carro esta sendo freado entao v = 0 e a aceleracao sera negativa.

v2 = v2◦ + 2a(x′ − x′◦)

0 =

(3× 102

36ms

)2

+ 2(−6m

s2

)(x′ − x′◦)

⇒ (12ms2 )∆x′ =

(3× 102

36ms

)2

⇒ ∆x′ =9× 104

12 · 362m2 · s2

m · s2=

625

108m

(Passo tres).

Finalmente somamos ∆x e ∆x′ para encontrar o valor total do deslocamento.

105

18m +

625

108m =

11295

972m ≈ 11.62m

8


Analogamente se calcula para as velocidades de 60km/h e 90km/h, obtendo respectivamenteos valores de 34.8m e 69.6m

8. O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento e de15m. A aceleracao maxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinalmuda para amarelo e de 3m/s2 e ele pode ser freado a 5m/s2. Que velocidade mınima o carroprecisa ter na mudanca do sinal para amarelo a fim de que possa atravessar no amarelo? Qual ea velocidade maxima que ainda lhe permite parar antes de atingir o cruzamento?

Solucao:

O desenho a seguir tenta ilustrar o problema.

30m

15m

Embora no desenho acima esteja sendo usado um retangulo para representar o carro em geralse pensa em um corpo como uma partıcula sem dimensoes o que quer dizer que o tamanho docarro (sua dimensao) nao vai ser levada em conta aqui.

Se o motorista do carro (retangulo azul) passar pelo sinal amarelo estando a uma aceleracaoconstante de 3m/s2 entao tera percorrido exatos 45 metros (30m+15m) em 3s. O que quer dizerque sua velocidade inicial devera ser de no mınimo 10.5m/s (ou 37.8km/h). Veja.

x = x◦ + v◦(t− t◦) +1

2a(t− t◦)

2

⇒ x− x◦ + v◦(t− t◦) +1

2a(t− t◦)

2

Supondo que o caro tenha partido do momento t◦ = 0 entao:

⇒ 45m = v◦(3s) +1

2(3m/s2) · (3s)2

⇒ 45m = v◦(3s) +27

2m

⇒ v◦(3s) = 45m− 27

2m

9


⇒ v◦(3s) =63

2m

⇒ v◦ =63

2 · 3m/s = 10.5m/s

Supondo agora que o motorista deseje parar antes de atingir o cruzamento. Entao ele sopodera percorrer no maximo 30m nos tres segundos em que o sinal amarelo permanece ligado.

x = x◦ + v◦(t− t◦) +1

2a(t− t◦)

⇒ 30m = v◦(3s) + (−5m/s2)(3s)2

2

⇒ 30m = v◦(3s)−45

2m

⇒ v◦(3s) = 30m +45

2m

⇒ v◦(3s) =105

2m

⇒ v◦ =105

2 · 3m/s = 17.5m/s

Ou seja, sua velocidade maxima deve ser igual 17.5 m/s ou 63 km/h.

Usando o Tempo de Reacao

Consultando o final do livro percebe-se que a intencao do autor tambem era a de calcular avelocidade maxima e mınima considerando o tempo de reacao do motorista. Entretanto, da formacomo o enunciado foi escrito as duas solucoes acima formam por si so uma resposta aceitavel ecompleta ao problema de modo que o professor que desejar incluir essa questao em sua provadeve modificar o enunciado a fim de deixar claro que o resultado com tempo de reacao esta sendorequerido. Caso contrario, nao deve cobrar do aluno essa segunda parte.

Para determinar a velocidade mınima (apos o tempo de reacao) usamos a equacao a seguir.

x = x◦ + v◦(t− t◦) +1

2a(t− t◦)

2 (1)

Entretanto, a velocidade mınima que desejamos encontrar e a velocidade necessaria para serempregada apos o tempo de reacao. Ou seja, agora nao podemos considerar x◦ = 0.

Supondo que antes de perceber a mudanca do sinal a velocidade do carro era constante, entaox◦ = v◦(tr − tr◦) e equacao (1) pode ser escrita como:

x = v◦(tr − tr◦) + v◦(t− t◦) +a

2(t− t◦)

2

Onde tr e tr◦ sao, respectivamente o tempo final e inicial de reacao. Substituindo entao osvalores:

10


45m = v◦(0.7s− 0s) + v◦(3s− 0.7s) +3m/s2

2(3s− 0.7s)2

45m = 0.7v◦ + v◦2.3s +3m/s2

2(2.3s)2

45m = 0.7v◦ + v◦2.3s +3m/s2

2(2.3s)2

45m− 3m/s2

2(2.3s)2 = v◦(0.7s + 2.3s)

7413

200m = (3s)v◦

v◦ =7413

600m/s = 12.355 m/s

Ou seja, a velocidade mınima com tempo de reacao e de 12.355 m/s ou 44.478 km/h.

Agora vamos determinar a velocidade maxima que o carro tem de estar para conseguir pararantes de passar pelo cruzamento, tambem considerando o tempo de reacao.

Imagine que antes de aplicar os freios, o carro ja tera percorrido uma distancia ∆x.

Supondo que o carro esteja com velocidade constante antes de comecar a frear entao:

x = x◦ + v(t− t◦)

∆x = v(0.7s− 0s)

∆x = (0.7s)v (1)

Apos percorrer o espaco igual a ∆x teremos v = v◦, que e o que desejamos encontrar, e∆x = x◦. Assim a equacao (2)

s = s◦ + v◦t +a

2t2 (2)

pode ser escrita como

x = (0, 7s)v◦ + v◦(t− t◦) +a

2(t− t◦)

2

Substituindo os demais valores

30m = (0, 7s)v◦ + v◦(3s− 0.7s)− 5m/s2

2(3s− 0.7s)2

30m = (0, 7s)v◦ + v◦(2.3s)−5m/s2

2(2.3s)2

11


30m +5m/s2

2(2.3s)2 = v◦(0.7s + 2.3s)

v◦ = 14.4083m/s

Ou seja, a velocidade maxima para frear antes do cruzamento e de 14.4083 m/s ou 51.87km/h.

9. Numa rodovia de mao dupla, um carro encontra-se 15m atras de um caminhao (distanciaentre pontos medios), ambos trafegando a 80km/h. O carro tem uma aceleracao maxima de3m/s2. O motorista deseja ultrapassar o caminhao e voltar para sua mao 15m adiante docaminhao. No momento em que comeca a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo emsentido oposto, tambem a 80km/h. A que distancia mınima precisa estar do outro carro paraque a ultrapassagem seja segura?

Solucao:


• Calculamos a distancia percorrida pelo carro;

• Calculamos a distancia percorrida pelo segundo carro;

• Somamos as duas distancias calculadas anteriormente para obter a resposta.

(Passo um).

Seja ∆x a distancia percorrida pelo caminhao durante a ultrapassagem (supondo tambemque o mesmo esteja com velocidade constate) entao:

∆x

∆t=

80km/h

3.6⇒ ∆x =

80kmh ∆t

3.6(1)

O deslocamento do carro sera igual ao deslocamento do onibus ∆x mais 30 metros (15m antesdo caminhao mais 15m depois). Sendo assim:

30m + ∆x =80km/h

3.6(t− t◦) +

1

2(3m/s2) · (t− t◦)

2

Substituindo ∆x, encontramos: t =√

20 (tempo da ultrapassagem).

30m +80∆t

3.6=

80km/h

3.6(t− t◦) +

3m/s2

2(t− t◦)

2

⇒ 30m +80km/h

3.6∆t =

80km/h

3.6t +

3m/s2

2t2

12


⇒ 30m =3m/s2

2t2

⇒ t =√

20

Substituindo agora t em (1) a distancia percorrida pelo caminhao e entao ∆x =400√

5

9m ≈

99, 38m.

Assim a distancia percorrido pelo carro foi de 99,38m + 30m = 129,38m.

(Passo dois).

O outro carro, por sua vez, tambem estando a 80km/h (e com velocidade constante) percor-reria tambem 99,38m.

(Passo tres).

Com base nos dados anteriores a distancia mınima entre o onibus e o carro antes da ultra-passagem e 129,38m + 99,38m = 228,76m.

10. Um trem com aceleracao maxima a e desaceleracao maxima f (magnitude da aceleracaode freamento) tem de percorrer uma distancia d entre duas estacoes. O maquinista pode escolherentre

(a) seguir com a aceleracao maxima ate certo ponto e a partir daı frear com a desaceleracaomaxima, ate chegar;

(b) acelerar ate uma certa velocidade, mante-la constante durante algum tempo e depois frearate a chegada.

Mostre que a primeira opcao e a que minimiza o tempo do percurso (sugestao: utilize graficosv × t) e calcule o tempo mınimo de percurso em funcao de a, f e d.

Solucao:

Opcao 1: O motorista acelera a partir da estacao A ate o instante t1 com aceleracao maximaa e depois desacelera (com f) ate parar na estacao B no instante t2 (ver figura a seguir).

13


0 t1 t2

A

B

t

~v

a f

Nesse caso o tempo total e:

T = t1 + t2

onde t1 e o tempo que ele acelera e t2 o tempo em que se freia.

Seja ∆x o espaco percorrido durante o trajeto em que e acelerado e admitindo que a velocidadeinicial e nula entao:

v2 = 2a∆x

⇒ ∆x =v2

2a

Assim, durante o perıodo em que freia, o trem devera percorrer d−∆s. Logo,

0 = v2 − 2f(d−∆x)

⇒ v2 − 2fd + 2f∆x = 0

⇒ v2 − 2fd +f

av2 = 0

⇒ v2(

1 +f

a

)= 2fd

⇒ v2 =2fda

a + f

Mas, temos que v = at1, de forma que:

(at1)2 =2fda

a + f

⇒ t1 =

√2fd

a(a + f)

Temos ainda:

0 = v − ft2

14


⇒ t2 =v

f

⇒ t2 =2da

f(a + f)

Assim,

T 2 = t21 + 2t1t2 + t22 =2fd

a(a + f)+

2ad

f(a + f)+ 2

√2fd

a(a + f)

√2da

f(a + f)

T 2 =2d

a + f

[a

f+

f

a

]+ 4

d

a + f=

2d

a + f

[a2 + f2

af+ 2

]

T 2 =2d

(a + f)af[a2 + 2af + f2] =

2d

af(a + f)

entao:

T =

√2d

a

(a

f+ 1

)

11. Voce quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as ateuma altura maxima de 2m. De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandaras bolas para cima?

Solucao:

Velocidade para a bola alcancar a altura de 2m sera:

v = v2◦ + 2gh

Como no apice da trajetoria v = 0

0 = v2◦ + 2gh

⇒ v◦ =√

2gh

v◦ =√

2 · 9.81m/s2 · 2m.

v◦ =√

39.24 m/s ≈ 6.26m/s.

Ja o tempo pode ser calculado fazendo z(t) = 0

z(t) = 0

z(t) = v◦(t− t◦)−g

2(t− t◦)

2 = 0

⇒ v◦(t− t◦)−1

2g(t− t◦)

2 = 0

15



⇒ (6.26m/s)(t− 0)− 1

2(9.81m/s2) · (t− 0)2 = 0

⇒ (6.26m/s)t− 1

2(9.81m/s2) · t2 = 0

e resolvendo a equacao acima

6.26t− 4.905t2 = 0

⇒ t(6.26− 4.905t) = 0

⇒ t = 0 ou t ≈ 1, 28s.

chega-se a solucao de t ≈ 1, 28s.

Como esse tempo e o tempo total e considerando que o tempo de subida e igual ao de descidaentao a resposta e de aproximadamente 0.64s (1.28 dividido por 2).

12. Um metodo possıvel para medir a aceleracao da gravidade g consiste em lancar umabolinha para cima num tubo onde se fez vacuo e medir com precisao os instantes t1 e t2 depassagem (na subida e na descida, respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir doinstante do lancamento. Mostre que

g =2z

t1t2

Solucao:

t2t1

Nesse caso teremos

z(t1) = z(t2)

z◦ + v◦t1 +1

2gt21 = z◦ + v◦t2 +

1

2gt22

v◦t1 +1

2gt21 − v◦t2 −

1

2gt22 = 0

16


v◦ =g

2(t1 − t2)(t21 − t22)

v◦ =g(t1 − t2)(t1 + t2)

2(t1 − t2)

v◦ =g(t1 + t2)

2(1)

Assim, substituindo (1) em z(t) = v◦t1 −1

2gt21.

z =

(g(t1 + t2)

2

)t1 −

g

2t21

Chegamos a g =2z

t1t2.

13. Uma bola de volei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto proximo dochao, passa pela altura da rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7sdepois do arremesso.

(a) Qual e a velocidade inicial da bola?

(b) Ate que altura maxima ela sobe?

(c) Qual e a altura da rede?

Solucao de a:

O tempo total que a bola deve permanecer subindo e de:

(1.7 + 0.3)s

2= 1s

Usando a equacao v = v◦ − g(t− t◦) e o fato de que no auge de sua trajetoria v = 0 entao:

0 = v◦ − g(t− t◦)

v◦ = g(t− t◦)

v◦ = 9.81m/s2 · (1− 0)s

v◦ = 9.81m/s2

Ou seja, a velocidade inicial e de 9.81 m/s2.

17


Solucao de b:

Uma vez que sabemos o tempo em que a bola permanece no ar e facil determinar a alturamaxima.

x = x◦ + v◦(t− t◦)−1

2g(t− t◦)

2

∆x = v◦(t− t◦)−1

2g(t− t◦)

2

e como v◦ = 0

∆x = −1

2g(t− t◦)

2


∆x = −1

2(9.81m/s2)(1s− 0s)2

∆x = 4.905m

Solucao de c:

Usando a formula determinada no exemplo anterior.

z =gt1 · t2

2

z =9.81m/s2 · 0.3s · 0.7s

2

z ≈ 2.5m

14. Deixa-se cair uma pedra num poco profundo. O barulho da queda e ouvido 2s depois.Sabendo que a velocidade do som no ar e de 330m/s, calcule a profundidade do poco.

Solucao:

O tempo t = 2s sera a soma do tempo de queda da pedra (tp) com o tempo que o som levapara ser ouvido (ts), ou seja

t = tp + ts = 2s

temos na queda que

x = x◦ + v◦t2p +

1

2gt2p

Como a pedra deve partir do repouso entao:

∆x =1

2gt2p

18


∆x = (4.905m/s2)t2p (1)

temos na velocidade do som que

x = x◦ + vts

∆s = (330m/s)ts (2)

igualando (1) e (2)

(4.905m/s2)t2p = (330m/s)ts

(4.905m/s2)t2p − (330m/s)ts = 0

mas como tp + ts = 2, ts = 2− tp podemos escrever (3) como

(4.905m/s2)t2p − (330m/s)(2− tp) = 0

⇒ 4.905t2p − 660 + 330tp = 0

⇒ tp ≈ 1.94s

Finalmente calculamos a profundidade do poco.

x = x◦ + v◦t +1

2gt2

∆x = v◦t +1

2gt2

Como v◦ = 0 entao

∆x =1

2gt2


∆x =1

2(9.81m/s)(1.94s)2

∆x ≈ 18.46m

.

A profundidade do poco e de aproximadamente 18.46m.

15. Um vaso com plantas cai do alto de um edifıcio e passa pelo 3◦ andar, situado 20m acimado chao, 0,5s antes de se espatifar no chao.

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(a) Qual e a altura do edifıcio?

(b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso atinge o chao?

Solucao:

Primeiro descobrimos a velocidade da pedra 20m antes de atingir o solo

x = x◦ + v◦t +1

2at2

20m = v◦(0.5) +9.81 · 0.52

2

⇒ v◦ = 37.5475m/s

Agora calculamos a velocidade de queda da pedra

v = v◦ + gt

v = 37.5475 + 9.81(0.5)

v = 42.4525m/s

e tambem o tempo total de queda do jarro.

v = v◦ + gt

t =42.4525

9.81

t ≈ 4.33s

Finalmente, de posse desse ultimo dado, calculamos a altura do predio.

∆x = v◦t +1

2gt2

∆x =9.81(4.33)2

2

∆x = 91.85m

Assim, a altura do predio e de aproximadamente 91.85m.

16. Um foguete para pesquisas meteorologicas e lancado verticalmente para cima. O com-bustıvel, que lhe imprime uma aceleracao 1,5g (g = aceleracao da gravidade) durante o perıodode queima, esgota-se apos 0,5min.

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(a) Qual seria a altitude maxima atingida pelo foguete se pudessemos desprezar a resistenciado ar?

(b) Com que velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir osolo?

Solucao:

Seja h1 a regiao percorrida com o auxilio do combustıvel e h2 a regiao sem seu auxilio entaoh = h1 + h2.

h1

h2

Calculando h1

h1(t) = h◦ + v◦t +1

2at2

Como o balao deve partir do repouso (h◦ = 0) e (v◦ = 0) entao

h1(t) =1

2at2

sob a acao do combustıvel a aceleracao e de a = 1.5g

h1(t) =1

21.5gt2

substituindo os valores e levando em conta que 0.5min = 30s:

h1(t) =1

21.5(9.81m/s2)(30s)2

h1(t) = 6621.75m

Calculando h2

h2 = h◦ + v◦t−1

2gt2

Como h◦ = h1 entao:

h2 = (6621.75m) + v◦t−1

2gt2 (1)

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Para determinar v◦ usamos a equacao

v = v◦ + at

v = 0 + 1.5g · t


v = 1.5(9.81m/s2)(30s)

v = 441.45m/s (2).

Substituindo agora (2) em (1)

h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)t− 1

2gt2 (3)

Para determinar o tempo t usamos a mesma equacao e o fato de que no topo da trajetoriav = 0.

0 = v◦ + gt

v◦ = −9.81t

441.45m/s = −9.81t

t =441.45m/s

−9.81m/s2

t = −45s (4)

Substituindo (4) em (3) encontramos h2.

h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)(45s)− 1

2(9.81m/s2)(45s)2

h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)(45s)− 1

2(9.81m/s2)(45s)2

h2 = 26487m

Finalmente fazendo h = h1 + h2 chegamos ao valor da altitude maxima atingida pelo balaoque e de 16554.375m.

Solucao de b:

A velocidade de colisao com o solo sera

v =√

2gh

v =√

2(9.81m/s2)16554.375m

v ≈ 569, 909m/s ou v ≈ 2051.67km/h

Com essa ultima informacao calculamos tambem o tempo de queda.

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v = v◦ + gt

569, 909m/s = 0gt

t =569, 909m/s

9.81m/s2≈ 58.09s

Como o balao leva 45 + 30 segundos para subir do solo a sua altura maxima entao seu tempototal de voo e de 58.09s + 45s + 30s = 133.09s.

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Curso de física básica volume 1 - Moysés