fisica

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES 01 – Imagine que você caminha 3km para o leste e depois 4km para o norte. Qual o deslocamento resultante? Raciocínio da Resolução: Os dois deslocamentos A e B e o deslocamento resultante C aparecem na Fig. 3-4. Uma vez que A e B são mutuamente perpendiculares, C = A + B [e a hipotenusa de um triângulo retângulo cujo valor pode ser calculado, facilmente, pelo teorema de Pitágoras. A direção de C é fácil de determinar pelas relações trigonométricas. N C

B

5km

4km

θ A

E

3km

Fig.3-4 1.

A magnitude, que também se chama módulo, do deslocamento resultante é calculada pelo teorema de Pitágoras. C 2 = A2 + B 2 2 =( 3km ) 2 +( 4km ) = 25km 2 C = 25km 2 = 5km

2.

Seja θ o ângulo entre o eixo de leste e o deslocamento resultante C . Pela figura vemos que é possível calcular a tg θ . Com uma calculadora encontramos? 4km = 1,33 3km θ = tan −1 1,33 = 53,1 tan θ =

Observações. Um vetor tem módulo (magnitude) e direção, O deslocamento resultante tem um módulo de 5km e está na direção que faz o ângulo de 53,1º ao norte do leste. 02 – Imagine que você caminha 3km para o oeste e depois 4km para a 60º norte do leste. Calcular o deslocamento resultante (a) por um gráfico e (b) mediante as componentes dos vetores.

Raciocínio da Resolução: O triângulo formado pelos três vetores não é um triângulo retângulo, e os módulos dos vetores não se calculam pelo teorema de Pitágoras. Na resolução gráfica, cada deslocamento é desenhado em escala e o deslocamento resultante é determinado pela figura. N C

B km4

θ

60 º

W

A km3

E

Fig. 3-11 S (a)

Se o primeiro vetor deslocamento tiver 3cm de comprimento e segundo 4cm, o vetor resultante tem cerca de 3,5cm de comprimento Então, o módulo do deslocamento resultante é de 3,5km. O ângulo θ entre este vetor e o eixo da direção leste-oeste, medido por um transferidor, é cerca de 75º.

(b)

1. Seja A o primeiro vetor deslocamento e seja x o eixo na direção oeste-leste. As Eqs. 3-2 e 3-3 permitem o cálculo das componentes Ax e Ay : Ax = −3km e Ay = 0 2. Da mesma forma, calculam-se as componentes do segundo vetor deslocamento B : B x = ( 4km ) cos 60º = 2km B y = ( 4km ) sen 60º = 3,46km 3. As componentes do deslocamento resultantes C = A + B são calculadas por adição: C x = Ax + B x = −3km + 2km = −1km C y = Ay + B y = 0 + 3,46km = 3,46km 4. O teorema de Pitágoras, aplicando às componentes, dá o modulo de C : C 2 = C x2 + C y2 = ( − 1km ) = ( 3,46km ) = 13,0km 2 2

2

C = 13,0km 2 = 3,61km 5. A razão entre C y e C x dá a tangente do ângulo θ entre C e o eixo dos x: tan θ =

Cy Cx

=

3,46km = −3,46 − 1km

θ = tan −1 − 3,46 = −74º

Observações. Como o deslocamento é um vetor, a resposta tem que explicitar o modulo e a direção, ou então as duas componentes. Em (b) teria sido possível interromper o calculo na etapa 3, pois as componentes x e y definem completamente o vetor de deslocamento.Calculamos, porem, o módulo e a direção a fim de verificar a resposta obtida graficamente na parte (a). veja que na etapa 5 a calculadora levou a − 74º . Na figura, vimos que o deslocamento resultante faz um ângulo de 75º com o eixo dos x negativos, ou um ângulo da ordem de 105º com o dos x positivos. Os dois resultados são satisfatórios dentro da exatidão do desenho inicial. 03 – Um barco a vela tem as coordenadas ( x1 , y1 ) = (110m,218m ) no instante t1 = 60 s . Dois minutos depois, no instante t 2 , as suas coordenadas são ( x 2 , y 2 ) = (130m,205m ) . (a) Achar a velocidade média sobre este intervalo de dois minutos. Dar v méd em termos das componentes cartesianas. (b) Determinar o módulo e a direção desta velocidade média. (c) Quando t ≥ 20 s , posição do barco, em função do tempo, é x( t ) = 100m + 1 m s t e y ( t ) = 200m + (1080m ⋅ s ) t −1 . Determinar a velocidade instantânea num instante 6 qualquer t além de 20 s .

[( ) ]

Raciocínio da Resolução: As posições inicial e final do barco a vela aparecem na fig. 3-15. (a) O vetor velocidade média aponta da posição inicial para a final.(b) As componentes da velocidade instantânea se calculam pela Eq. 3-13: v x = dx dt e v y = dy dt . y 230 220 110,218 vx 210 200

vméd

vy

130,205 100 110

120 130

x

Fig. 3-15 (a)

As componentes x e y do vetor velocidade média v méd se calculam diretamente a partir das respectivas definições: x − x1 130m − 110m v x ,méd = 2 = = 0,167 m s ∆t 120 s y − y1 205m − 218m v y ,méd = 2 = = −0,108 m s ∆t 120 s

(b)

1. O módulo de v méd se calcula pelo teorema de Pitágoras: v méd =

(v

) + (v 2

x , méd

y , méd

)

2

= 0,199 m s

2. A razão entre v y ,méd e v x ,méd dá a tangente do ângulo θ entre o valor v méd e o eixo dos x:

tan θ =

v y ,méd v x ,méd

=

− 108 m s = −0,65 0,167 m s

θ = tan −1 ( − 0,65) = −33,0º (c)

Determina-se a velocidade instantânea v pelo calculo de dx dt e dy dt : v=

dx ˆ dy ˆ  1  i+ j =  m s iˆ − (1080m ⋅ s ) t − 2 ˆj dt dt 6 

Observação. O módulo de v pode ser calculado por v = v x2 + v 2y e a direção por tan θ =

vy

vx .

04 – Um avião voa na direção do norte. A sua velocidade em relação ao ar é de 200 km s e o vento sopra de oeste para leste com a velocidade de 90km/h. (a) Qual o rumo do vôo do avião para ficar na direção do norte? (b) Qual a velocidade do avião em relação ao solo? Raciocínio da Resolução: Como o vento está soprando para leste, o avião deve orientar-se num rumo a oeste do norte, como mostra a Fig. 3-17. a velocidade do avião em relação ao solo, v pg será a soma do vetor velocidade em relação ao ar, v pa , com o vetor velocidade em relação ao solo, v ag . N v ag

v pa

v pg

θ

W

E

Fig. 3-17

S

(a) 1. A velocidade do avião em relação ao solo é dada pela Eq. 3-14: v pg = v pa + v ag

entre v ag

2. O seno do ângulo θ entre o vetor velocidade do avião e o rumo do norte é igual à razão e v pa . sen θ =

v ag

v pa θ = 26,7 º

=

90 km h = 0,45 200 km h

(b) Como v ag e v pa são perpendiculares, podemos calcular o módulo v pg pelo teorema de Pitágoras: 2 v 2pa = v ag + v 2pg 2 v pg = v 2pa − v ag

=

( 200 km h ) 2 − ( 90 km h ) 2

= 179 km h

(

)

05 – A posição de uma bola arremessada é dada por r = 1,5miˆ + 12 m s iˆ + 16 m s ˆj t − 4,9 m s 2 ˆjt 2 . Determinar a velocidade e a aceleração. 1. As componentes x e y da velocidade são determinadas por simples derivação: dx d = [1,5m + (12 m s ) t ] = 12 m s dt dt dy d vy = = 16 m s − 4,9 m s 2 t 2 dt dt = 16 m s − 2 4,9 m s 2 t = 16 m s − 9,8 m s 2 t vx =

[

(

(

)

) ]

(

)

2. Se derivarmos outra vez, chegamos à aceleração: dv x =0 dt dv y ay = = −9,8 m s 2 dt ax =

3. Na notação vetorial compacta, os vetores velocidade e aceleração são:

[

(

)]

v = (12 m s ) iˆ + 16 m s − 9,8 m s 2 t ˆj a = −9,8 m s 2 ˆj 06 – Um carro avança para o leste a 60km/h. faz uma curva em 5s, e passa a avançar para o norte, a 60km/h. Achar a aceleração média do carro. Raciocínio da Resolução: O vetor unitário iˆ aponta para o leste, e o ˆj , para o norte. Vamos calcular a aceleração média pela definição a = ∆v resultante v f .

∆t

. Veja que ∆v é o vetor que, somado a v 1 , leva à

N

iˆ

vf

E

W vi

S (a)

ˆj

∆v

vf

(c) vi

Fig. 3-18

(b)

1. A aceleração média é a razão entre a variação da velocidade e o intervalo de tempo: a méd =

∆v ∆t

2. A variação da velocidade é dada pela diferenças entre os vetores velocidade final e velocidade inicial: ∆v = v f − v i 3. Os dois vetores mencionados são: v i = ( 60 km h ) iˆ

v f = ( 60 km h ) ˆj 4. Com os resultados anteriores, a aceleração média é: v f − v i ( 60 km s ) ˆj − ( 60 km s ) iˆ = ∆t 5s ˆ = −(12 km h ⋅ s ) i + (12 km h ⋅ s ) ˆj

a méd =

Observação. Veja que o carro acelera embora o módulo do vetor velocidade não se tenha alterado. 07 – Um estudante arremessa uma bola com a velocidade inicial de 24,5m/s, fazendo um ângulo de 36,9º com a horizontal. Calcular (a) o tempo que a bola fica no ar e (b) a distancia horizontal coberta pela bola. Raciocínio de Resolução: Seja a origem o ponto do arremesso da bola, x0 = 0 , y 0 = 0 em t = 0 . O tempo que a bola fica no ar se calcula fazendo-se y = 0 na Eq. 3-20b. Depois, com o resultado encontrado, entra-se na Eq. 3-20a para calcular a distancia coberta no horizontal. (a) 1. Seja y = 0 na Eq. 3-20b e resolva em t: y = v0 y t −

1 2 1   gt = t  v 0 y − gt  = 0 2 2  

2. Há duas soluções para t: t = 0 (condições iniciais) t = 0 (condição inicial) 2v 0 y t= g 3. Cálculo da componente vertical do vetor velocidade inicial:

v 0 y − ( 24,5 m s ) sen 36,9º = 14,7 m s 4. Com este resultado se tem o tempo que a bola fica no ar: t=

2v 0 y g

=

2(14,7 m s ) = 3,0 s 9,81 m s 2

(b) Com o valor encontrado do tempo, calcula-se a distância coberta na horizontal: x = v0 x t = ( v 0 cosθ ) t = ( 24,5 m s ) cos 36,9º ( 3s ) = (19,6 m s )( 3s ) = 58,8m Observação. O tempo que a bola fica no ar coincide com o tempo que o boné do Exemplo 2-7 fica no ar. O boné foi lançado na vertical com velocidade inicial de 14,7m/s. A Fig. 3-20 mostra altura y em função do tempo t no caso da bola. Esta figura é idêntica à Fig. 2-11 (Exemplo 2-7), pois os dois corpos, a bola e o boné, têm a mesma velocidade vertical inicial e a mesma aceleração vertical. A figura pode ser interpretada com um gráfico de y se a escala de tempo for convertida em escala de distâncias. Isto pode ser feito pela simples multiplicação por 19,6m/s, uma vez que a bola se desloca com esta velocidade na horizontal. A curva de y contra x é uma parábola. A Fig. 3-21 mostra os gráficos das alturas contra as distâncias horizontais no caso de projeteis lançados com a velocidade inicial de 24,5m/s fazendo ângulos diferentes com a horizontal. As curvas correspondem ao ângulo de 45º, que leva ao alcance máximo, e a pares de ângulos distribuídos simetricamente em torno de 45º. Os alcances de cada par coincidem. Uma das duas curvas que têm quase o alcance máximo corresponde ao ângulo inicial de 36,9º (0,64 rad) como no exemplo. Y,m

Y,m 22m

20

30

θ = 61º

25

10

1

2

19,6 39,2 Fig. 3-20

3

t,s

20

θ = 53,1º

15

θ = 45º θ = 36,9º

10

θ = 29º

5

58,8 x,m 10

20

30

40

60 50 Fig. 3-21

70

x,m

08 – Um guarda corre atrás de um ladrão pelos terraços de uns edifícios. Ambos correm a 5m/s quando chegam a uma separação entre dois edifícios, com 4m de largura e uma diferença de altura de 3m. O ladrão, que sabia um tanto de física, pula com velocidade inicial de 5m/s fazendo um ângulo de 457 com a horizontal e consegue superar o obstáculo. O guarda, que nada sabia de física, acha melhor aproveitar a sua horizontal e pula com velocidade de 5m/s na horizontal. (a) O guarda consegue completar o pulo? (b) Qual a folga do ladrão ao ultrapassar o obstáculo?

Raciocínio de Resolução: O tempo de permanência no ar depende exclusivamente do movimento vertical. Tomemos a origem no ponto de partida, com a direção positiva para cima, de modo que as Eqs. 3-20a e 3-20b se aplicam. A Eq. 3-20b, resolvida em y ( t ) , nos dá o tempo quando y = −3m . A distância horizontal percorrida é o valor de x correspondente a este tempo. (a) No caso do guarda, θ 0 = 0 , de modo que as equações do movimento são x( t ) = v 0 t e y ( t ) = − gt x( t ) = v 0 cos 45º t e y ( t ) = v0 sen 45º t − gt

2

2

2

2

. (b) No caso do ladrão, θ 0 = 45º , e então

.

3m 4m Fig. 3-24 (a) 1. Determine a equação de y ( t ) para o guarda e resolva em t com y = −3m . 1 y ( t ) = − gt 2 = −3m 2 t = 0,782 s 2. Calcule a distancia horizontal coberta durante este intervalo de tempo. x = v0 t = 3,91m Esta distância é menor do que 4m, e o guarda não consegue pular de um edifício para o outro. (b) 1. Determine a equação de y ( t ) para o ladrão e resolva em t com y = −3m . y ( t ) = v0 y t −

1 2 gt = −3m 2

ou −

1 2 gt − v 0 y − 3m = 0 2

2. Calcule as duas soluções em t. v0 y

1 2 v 0 y − ( − 6m )( g ) g g t = −0,5s ou t = 1,22s t=

±

3. Calcule a distancia horizontal coberta para a solução positiva em t. x = v0 x t = 4,31m 4. Subtraia 4,0m da distância achada.

Folga = 0,31m Observação. O ladrão provavelmente sabia que deveria pular sob um ângulo um tanto menor que 45º, mas não teve tempo para fazer as contas. 09 – Um helicóptero descarrega suprimentos para uma tropa acampada na clareira de uma floresta. A carga cai do helicóptero, a 100m de altura, voando 25m/s num ângulo de 36,9º com a horizontal. (a) Em que ponto a carga atinge o solo? (b) Se a velocidade do helicóptero for constante, onde estará quando a carga atingir o solo? Raciocínio de Resolução: A distância horizontal coberta pela carga é dada pela Eq. 3-20a, em que t é o tempo de queda. O valor de t pode ser calculado pela Eq. 3-20b. A origem pode estar no pé da vertical baixada do helicóptero no instante do lançamento da carga. A velocidade inicial da carga é a velocidade inicial do helicóptero. v = 25 m s y

x Fig. 3-25 (a)

1. O ponto de impacto da carga com o solo, x, é dado pelo produto entre a velocidade horizontal e o tempo de queda: x = v0 x t 2. Cálculo da velocidade horizontal da carga lançada: v 0 x = v0 cosθ = ( 25 m s ) cos 36,9º = 20 m s 3. Equação de y ( t ) e resolução em t quando y = 0 : 1 y ( t ) = y 0 + v 0 y t − gt 2 2 = 100m + ( 25 m s )( sen 36,9º ) t − = 100m + (15 m s ) t − 4,9t 2 y = 0 em t = 6,30s e t = −3,24 s 4. Cálculo de x com a raiz positiva de t:

(

)

1 9,81 m s 2 t 2 2

x = v0 x t = ( 20 m s )( 6,30s ) = 126m (b)

Coordenadas do helicóptero no instante em que a carga atinge o solo: x h = v0 x t = ( 20 m s )( 6,30s ) = 126m y h = y 0 + v 0 y t = 100m + (15 m s )( 6,30 s ) = 100m + 94,5m = 194,5m

Observação 01. A raiz positiva de t é a resposta apropriada, pois corresponde a um instante posterior ao lançamento da carga (que ocorre em t = 0 ). A raiz negativa é o instante em que a carga estaria se fosse lançada de um ponto y = 0 , conforme mostra a Fig. 3-26. Observe que o helicóptero se mantém na vertical da carga em todos os instantes da queda, até o instante do impacto com o solo. y

− 3,24 s

-3

6,30 s

-2

-1 140

1

2 3 Fig. 3-26

4

5

t,s

6

120as curvas de y contra x para a queda da carga, com diferentes Observação 02. A Fig. 3-27 mostra ângulos iniciais de lançamento, sempre com a velocidade com módulo de 25m/s. A curva que termina em x = 126m corresponde ao lançamento 100 sob o ângulo de 36,9º. Veja que a distância máxima não corresponde ao ângulo de 45º. 80 y,m 60 40 20 0

0

20

40

60 x, m

80

100

1403-27 120 Fig.

10 – Com os dados do exemplo anterior, (a) calcule o tempo t1 para que a carga atinja a altura máxima h, (b) calcule a altura máxima h e (c) calcule o tempo t 2 de queda da carga desta altura máxima. (a) 1. Escreva a equação de v y ( t ) da carga.

(

)

v y ( t ) = v y 0 − gt = 15 m s − 9,81 m s 2 t 2. Faça v y ( t1 ) = 0 e resolva em t1 . t1 = 1,53s (b) 1. Calcule v y ,méd durante o tempo em que a carga está movendo-se para cima: v y ,méd = 7,5 m s 2. Com essa v y ,méd calcule a altura da subida. Depois, calcule h. ∆y = 11,5m , h = 111,5m (c) Calcule o tempo para a carga cair da altura h. t 2 = 4,77 s Observação. Veja que t1 + t 2 = 6,3s , de acordo com o exemplo anterior. 11 – Um guarda florestal pretende atingir com um dardo e tranqüilizante um macaco pendurado num galho de árvore. O guarda aponta diretamente para o macaco, sem levar em conta que a trajetória do dardo será parabólica e não passará pela posição do macaco. O macaco, percebendo o disparo da arma,cai verticalmente do galho, procurando fugir. Mostre que, nessas circunstâncias, o dardo atingirá o macaco qualquer que seja a sua velocidade inicial, desde que suficiente para cobrir a distância horizontal até a árvore antes de cair ao solo. Admitir que o tempo de reação do macaco seja desprezível. Raciocínio de resolução: Coloquemos a origem na boca da arma e seja r 0 o vetor posição inicial do macaco. Como a arma foi apontada para a direção inicial do macaco, a velocidade inicial do dardo v 0 é paralela a r 0 . Vamos determinar os vetores posição do macaco e do dardo em função do tempo e igualar os dois para resolver a equação em t. 1 2 gt 2

v0 y v 0

y

Fig. 3-28

v0 x

x y = v0 y t −

h = v0 y t

1 2 1 gt = h − gt 2 2 2

1. A equação do vetor posição do macaco em função do tempo t é: rm = r0 −

1 2ˆ gt j 2

2. O vetor posição do dardo num instante t, em termos da velocidade inicial é: rd = r0 −

1 2ˆ gt j 2

3. Quando o dardo atinge o macaco, os vetores posição coincidem e então: rm = rd 1 1 r 0 − gt 2 ˆj = v 0 t − gt 2 ˆj 2 2 r 0 = v 0t 4. Podemos resolver em t em termos da distância x e da velocidade inicial, trabalhando com a componente x da equação anterior: r0 x = x = v0 x t x t= v0 x

Quadro 3

Distância

Quadro 4

Altura

Altura

Altura

Altura

Observação. De acordo com as equações anteriores, o dado sempre atinge o macaco. Porém, se o macaco ou o dardo atingem o solo num instante t < t1 , as equações de r m e de r d deixam de valer. Numa demonstração de classe, muito comum, um alvo fica suspenso por um eletroímã. Quando o dardo sai pela 1 e o alvo cai na vertical. A velocidade inicial do dardo pode boca da arma, o circuito do eletroímãQuadro é aberto Quadro 2 ser variada, de modo que quando v 0 é grande o alvo é atingido em ponto muito próximo da posição inicial. Quando v 0 for pequena, o alvo é atingido pouco antes de chegar ao solo. Distância Distância

Distância

Fig. 3-29

12 – Num jogo de hóquei, o disco é impulsionado no nível do campo, porém sobe e ultrapassa a barreira de h = 2,80m de altura. O tempo de vôo do disco até ultrapassar a barreira é t1 = 0,650 s e a distância horizontal é x1 = 12,0m . (a) Achar o valor da velocidade inicial e a respectiva direção. (b) Quando o disco atinge a altura máxima? (c) De quanto é esta altura? (a) 1. Componente horizontal da velocidade inicial. v0 x =

x1 = 18,5 m s t1

2. Na equação de y ( t ) faça y = h e t = t1 e resolva em v 0 y . 1 2 gt 2 = 7,49 m s

y = v0 y t − v0 y

3. Calcule o módulo v pelas componentes e θ pela relação tan θ 0 =

v0 y

v0 x .

v = v 02x + v02y = 20,0 m s

θ 0 = 22,0º (b) Resolva a equação geral de v y ( t ) em t quando v y = 0 . v y = v 0 y − gt t = 0,764 s 10,0 (c) Calcule a altura máxima por ∆y = v y,m t . Observação. 7,5Neste exemplo, o disco ultrapassa uma barreira de 2,8m de altura que está a 12m do ponto de partida. O disco atinge a altura máxima depois de ultrapassar a barreira. A Fig. 3-30 mostra diversos casos y,m de velocidade iniciais e ângulos iniciais em que o disco também ultrapassa a barreira. 5,0

2,5

Fig. 3-30 0

0

5

10

15

20 x, m

25

30

35

EXERCÍCIOS PROPOSTOS 01 – Estimar o erro percentual na medida de: a) uma distância de aproximadamente 50cm com um metro de comprimento; b) uma massa de aproximadamente 1g com um balança química; c) um intervalo de tempo de aproximadamente 4 minutos com um cronômetro. 02 – A massa da Terra é de 5,98 × 10 24 kg , e o seu raio é 6,38 × 10 6 m . Calcular a densidade da Terra, usando a notação em potências de dez e o número correto de algarismos significativos. 03 – O deslocamento do pistão de um certo motor de automóvel é dado como 2 litros. Usando apenas o fato de 1 litro = 1000cm 3 e de 1 pol = 2,54cm , expressar esse volume em polegadas cúbicas. 04 – Dois pontos, P1 e P2 , são descritos pelas coordenadas x e y, ( x1 , y1 ) e ( x 2 , y 2 ) , respectivamente. Mostrar que os componentes do deslocamento A de P1 a P2 são Ax = x 2 − x1 e Ay = y 2 − y1 . Derivar também expressões para o módulo e a direção do deslocamento. 05 – Quando dois vetores, A e B, são desenhados a partir de um ponto comum, o ângulo entre eles é θ . Mostrar que o módulo da soma vetorial é dado por A 2 + B 2 + 2 AB cosθ . 06 – Achar o módulo e a direção dos vetores que cada um dos pares de componentes representa: a)

Ax = 3cm, Ay = −4cm ;

b)

Ax = −5m, Ay = −12m ;

c)

Ax = −2km, Ay = 3km . 07 – Um caminhão de entregas anda 1km para o norte, em seguida, 2km para o leste e, finalmente, 3km para o nordeste. Achar o deslocamento resultante: a) desenhando um diagrama em escala; b) usando componentes. 08 – Uma formiga sai do centro de um disco de 12 polegadas e anda ao longo de uma linha reta radial em direção à borda. Enquanto isso, o toca-disco fez um giro de 45º. Desenhar um esboço da situação e descrever o módulo e a direção do deslocamento da formiga. 09 – um explorador de cavernas anda ao longoy de uma passagem de 100m em direção ao leste, em seguida 50m em direção a 30º a oeste do norte e, enfim, 150m a 45º a oeste do sul. Após um quarto 300N no lugar onde iniciou o percurso. Usando um desenho em escala, movimento não medido, ele se encontra determinar o quarto deslocamento (módulo e direção). 200N 10 – Obter graficamente a intensidade45ºe a direção 30 daº resultante das três forças na figuras abaixo. x Usar o método do polígono. 53º 155N

Conferir a precisão do seu resultado usando o método das componentes. 11 – Achar graficamente o vetor soma A + B e o vetor diferença A − B na figura abaixo. y B (20N) A (7N)

37º

x

12 – Achar os vetores pedidos no problema anterior pelo método dos componentes. 13 – O vetor A tem 2cm de comprimento e está 60º acima do eixo x no primeiro quadrante. O vetor B tem 2cm de comprimento e está abaixo do eixo x, no quarto quadrante. Achar graficamente: (a) o vetor soma A + B ; (b) os vetores diferença A − B e B − A . 14 – Obter os vetores pedidos no problema anterior pelo método das componentes. 15 – Os componentes do vetor A são Ax = 2cm, Ay = 3cm e os do vetor B são B x = 4cm e B y = −2cm . Achar: a) b) c) d)

as componentes da soma vetorial A + B ; o módulo e a direção de A + B ; as componentes do vetor diferença A − B ; o módulo e a direção de A − B ;

16 – Um automóvel anda 5km para o leste, em seguida 4km para o sul e finalmente 2km para o oeste. Achar e a direção do deslocamento resultante/ 17 – Um barco a vela navega 2km para oeste, em seguida 4km para sudoeste e, então, navega uma distância adicional em uma direção desconhecida. A sua posição final é a 5km diretamente a leste do ponto de partida. Achar o módulo e a direção do trecho intermediário da jornada.

18 – Dados dois vetores, A = 2i + 3 j e B = i − 2 j : a) b) c) d) e)

achar o módulo de cada vetor; escrever uma expressão para a soma vetorial, usando vetores unitários; achar o módulo e a direção do vetor soma; escrever uma expressão para o vetor diferença A − B , usando vetores unitários; achar o módulo e a direção do vetor diferença A − B .

19 – Dados dois vetores, A = 2i + 3 j + 4k e B = i − 2 j + 3k : a) b) c) d) e)

achar o módulo de cada vetor; escrever uma expressão para a soma vetorial, usando vetores unitários; achar o módulo do vetor soma; escrever uma expressão para o vetor diferença A − B , usando vetores unitários; achar o módulo e a direção do vetor diferença A − B . Este módulo é o mesmo do que o de B − A ? Explicar.