Exercícios de Cinemática Vetorial com resolução comentada

O avião deve atingir, em relação ao ponto de decolagem, um deslocamento de 20 km para Leste, 20 km para Norte e 1 km para cima em um intervalo de 6 minutos. Como as componentes dos movimentos são perpendiculares e independentes, podemos analisar separadamente as direções horizontal Leste-Oeste, horizontal Norte-Sul e vertical.

Primeiro, é necessário expressar o tempo em horas, pois as velocidades fornecidas estão em km/h. Assim, 6 minutos correspondem a\(\frac{6}{60}\)hora. Em cada direção, a velocidade resultante do avião em relação ao solo é obtida pela soma da velocidade do avião em relação ao ar com a velocidade do vento. Portanto:

\[\begin{cases} v_{\text{Leste}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} + v_{\text{Leste}}^{\text{vento}} = \frac{Δs_{\text{Leste}}}{Δt} \\ v_{\text{Norte}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} – v_{\text{Sul}}^{\text{vento}} = \frac{Δs_{\text{Norte}}}{Δt} \\ v_{\text{cima}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} – v_{\text{baixo}}^{\text{vento}} = \frac{Δs_{\text{cima}}}{Δt} \end{cases}\]

Na direção Leste, o vento contribui com 30 km/h para Leste. Na direção Norte-Sul, o vento sopra 20 km/h para Sul, ou seja, em sentido oposto ao deslocamento desejado para Norte; por isso, essa componente aparece subtraída.

Analogamente, o vento sopra 1 km/h de cima para baixo, enquanto o avião precisa deslocar-se para cima; por isso, a componente vertical do vento também é subtraída.

Substituindo os deslocamentos, o intervalo de tempo e as componentes da velocidade do vento, obtemos:

\[\begin{cases} v_{\text{Leste}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} + 30 = \frac{20}{6/\left(60\right)} \\ v_{\text{Norte}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} – 20 = \frac{20}{6/\left(60\right)} \\ v_{\text{cima}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} – 1 = \frac{1}{6/\left(60\right)} \end{cases}\]

Como\(\frac{6}{60}\)hora corresponde a um décimo de hora, as velocidades resultantes necessárias para alcançar cada deslocamento são 200 km/h para Leste, 200 km/h para Norte e 10 km/h para cima. Isolando, em cada equação, a componente da velocidade do avião em relação ao ar, deve-se compensar o efeito do vento:

\[\begin{cases} v_{\text{Leste}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} = 170 km / \text{h} \\ v_{\text{Norte}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} = 220 km / \text{h} \\ v_{\text{cima}}^{\text{avi}\tilde{a}\text{o}} = 11 km / \text{h} \end{cases}\]

Na direção Leste, o avião deve voar a 170 km/h em relação ao ar, pois o vento acrescenta 30 km/h nessa mesma direção, totalizando 200 km/h em relação ao solo. Para o Norte, é necessário estabelecer 220 km/h, porque o vento produz 20 km/h para Sul e reduz a velocidade resultante para 200 km/h nessa direção. Na vertical, o avião deve subir a 11 km/h, compensando o vento de 1 km/h para baixo e produzindo a velocidade resultante de 10 km/h para cima.

Logo, a velocidade do avião em relação ao ar deve ter componentes de 170 km/h para Leste, 220 km/h para Norte e 11 km/h para cima. Portanto, a alternativa correta é a letra d.

Para determinar a distância entre os móveis após dois segundos, primeiro calculamos a posição de cada um nesse instante. Como ambos partem da origem, a posição indicada por cada função horária também corresponde à distância percorrida pelo respectivo móvel desde o ponto de partida.

Para o móvel A, substituímos t = 2 s na função horária S_A(t) = 40t:

\[S_{A} \left(t = 2 \text{s}\right) = 40 \cdot 2\] \[S_{A} \left(t = 2 \text{s}\right) = 80 \text{m}\]

Assim, dois segundos após o início do movimento, o móvel A está a 80 m da origem.

Para o móvel B, usamos a função horária S_B(t) = 30t + 5t². O termo que contém t² deve ser calculado elevando o tempo ao quadrado:

\[S_{B} \left(t = 2 \text{s}\right) = 30 \cdot 2 + 5 \cdot 2^{2}\] \[S_{B} \left(t = 2 \text{s}\right) = 80 \text{m}\]

Logo, o móvel B também está a 80 m da origem no instante considerado. Portanto, os segmentos que ligam a origem aos móveis A e B possuem o mesmo comprimento, ambos igual a 80 m. Como as trajetórias formam um ângulo de 60°, esses dois segmentos são os lados de um triângulo cujo ângulo entre eles mede 60°. Nesse caso, o terceiro lado, que representa a distância entre A e B, também terá 80 m. A aplicação da lei dos cossenos confirma esse resultado.

Se x representa a distância entre os móveis, a lei dos cossenos é aplicada ao triângulo formado pelos dois deslocamentos, com lados de 80 m e ângulo incluso de 60°:

\[x^{2} = 80^{2} + 80^{2} – 2 \cdot 80^{2} \cdot cos 60^{\circ} \overset{ cos 60 \circ = 05 , }{\rightarrow}\]

O valor do cosseno de 60° é 0,5. Substituindo esse valor na expressão, obtemos:

\[x^{2} = 80^{2} + 80^{2} – 2 \cdot 80^{2} \cdot 0.5\]

O produto entre 2 e 0,5 é igual a 1. Por isso, o último termo corresponde a uma única parcela de 80²:

\[x^{2} = 80^{2} + 80^{2} – 80^{2}\]

Os dois primeiros termos positivos e o termo negativo têm o mesmo valor. Assim, resta:

\[x^{2} = 80^{2} x = 80 \text{m}\]

Portanto, a distância entre os móveis A e B dois segundos após o início do movimento é 80 m. A alternativa correta é a letra b.

As coordenadas dos extremos do espelho são

\[\left\{\right. \begin{matrix}x_{A} \left(t\right) = 5 + t \\ y_{A} \left(t\right) = – 5 – 2 t\end{matrix} \left\{\right. \begin{matrix}x_{B} \left(t\right) = 10 + t \\ y_{B} \left(t\right) = – 5 – 2 t\end{matrix} \begin{cases} x_{S} \left(t\right) = sen \left(t\right) \\ y_{S} \left(t\right) = cos \left(t\right) \end{cases}\]

Os pontos A e B têm sempre a mesma coordenada vertical, pois tanto y_A(t) quanto y_B(t) são iguais a −5 − 2t. Portanto, o segmento AB permanece horizontal. Como sua coordenada vertical diminui à taxa de 2 m/s, o espelho se desloca verticalmente com velocidade v_esp^y = −2 m/s.

A partícula S tem coordenadas x_S(t) = sen(t) e y_S(t) = cos(t). Essas coordenadas satisfazem a equação de uma circunferência de raio 1 m:

\[x_{S} \left(t\right)^{2} + y_{S} \left(t\right)^{2} = 1\]

Para determinar sua velocidade, derivamos cada coordenada em relação ao tempo. A derivada de sen(t) é cos(t), enquanto a derivada de cos(t) é −sen(t). Assim, as componentes horizontal e vertical da velocidade da partícula são:

\[\left\{\right. \begin{matrix}v_{x} \left(t\right) = \frac{dx_{S}}{dt} = cos \left(t\right) \\ v_{y} \left(t\right) = \frac{dy_{S}}{dt} = – sen \left(t\right)\end{matrix}\]

O módulo da velocidade é obtido a partir de suas duas componentes. Como a soma dos quadrados de seno e cosseno é igual a 1, a velocidade escalar da partícula permanece constante e vale 1 m/s:

\[v \left(t\right) = \sqrt{cos^{2} \left(t\right) + \left[- sen^{2} \left(t\right)\right]} = 1 \text{m} / \text{s}\]

Para um espelho plano, a imagem da partícula apresenta, em relação ao espelho, uma velocidade normal de módulo igual à velocidade relativa da partícula e do espelho, com a componente associada ao movimento do espelho refletida. Como o espelho se move verticalmente, considera-se a componente vertical da velocidade da partícula. Portanto, a velocidade da imagem é dada por:

\[v_{\text{img}} = 2 v_{\text{esp}}^{y} – v_{S}^{y }\]

O maior valor ocorre quando a componente vertical da velocidade da partícula tem sentido oposto ao movimento vertical do espelho e módulo máximo. Como a componente vertical da partícula pode atingir módulo 1 m/s, substituímos v_esp^y = 2 m/s em módulo e v_S^y = −1 m/s:

\[v_{i m g}^{m a ́ x} = 2 \cdot 2 – \left(- 1\right)\]

Efetuando a operação, obtemos:

\[v_{i m g}^{m a ́ x} = 5 \text{m} / \text{s}\]

Logo, a maior velocidade escalar atingida pela imagem é 5 m/s, correspondente à alternativa d).

A velocidade da partícula é um vetor com componentes nas direções x e y. Essas componentes são obtidas derivando as respectivas coordenadas em relação ao tempo:

\[\begin{cases} v_{x} = \frac{dt^{2}}{dt} = 2 t \\ v_{y} = \frac{d \left(t – 1\right)^{2}}{dt} = 2 \left(t – 1\right) \end{cases}\]

Assim, a componente horizontal da velocidade é v_x = 2t, enquanto a componente vertical é v_y = 2(t − 1). Como essas componentes são perpendiculares, o módulo da velocidade é determinado pelo teorema de Pitágoras:

\[v = \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2}} = \sqrt{4 t^{2} + 4 \left(t^{2} – 2 t + 1\right)} = 2 \sqrt{2 t^{2} – 2 t + 1 }\]

Para encontrar o instante em que o módulo da velocidade é mínimo, procuramos o ponto em que sua derivada em relação ao tempo é nula:

\[\frac{dv}{dt} = 0 .\]

Aplicando a regra da cadeia à expressão do módulo da velocidade, obtém-se:

\[\frac{d \left(2 \sqrt{2 t^{2} – 2 t + 1}\right)}{dt} = 0\]

A derivada da raiz produz o fator correspondente ao inverso de duas vezes a própria raiz, enquanto a derivada do polinômio interno 2t² − 2t + 1 é 4t − 2. Portanto:

\[2 \cdot \frac{1}{2 \sqrt{2 t^{2} – 2 t + 1}} \cdot \left(4 t – 2\right) = 0\]

Os fatores constantes e a raiz presentes no denominador não são nulos. Assim, para que o produto seja igual a zero, é necessário que o fator dependente de t seja nulo:

\[4 t – 2 = 0\]

Resolvendo essa equação para o instante, encontramos:

\[t = 0.5 \text{s}\]

Logo, a velocidade da partícula é mínima no instante de 0,5 s. Portanto, a alternativa correta é b) 0,5.

Para resolver esta questão de cinemática relativa em meios fluidos, é fundamental compreender como a velocidade do nadador em relação à água se combina com a velocidade da correnteza para determinar o deslocamento efetivo sobre o solo ou fundo marinho.

O diagrama apresentado detalha as orientações vetoriais da correnteza, representada por \(\left(\left(\overset{\rightarrow}{v}\right)_{c}\right)\), bem como a velocidade de nado do atleta em relação à água, indicada por \(\left(\left(\overset{\rightarrow}{v}\right)_{n}\right)\). A interação entre esses dois movimentos gera uma velocidade resultante que define o trajeto real percorrido em cada trecho do circuito.

A imagem abaixo ilustra geometricamente essa composição vetorial para cada segmento da prova:

No primeiro trecho, que corresponde à aresta mais longa do percurso, o nadador precisa compensar o arraste da correnteza para manter uma trajetória retilínea perpendicular ao fluxo. Nesse caso, a velocidade de nado atua como hipotenusa do triângulo vetorial, enquanto a componente da velocidade resultante ao longo do trajeto e a velocidade da correnteza formam os catetos. A relação matemática que descreve essa configuração é expressa por

\[v_{12}^{2} + v_{c}^{2} = v_{n}^{2}\]

Ao substituir os valores conhecidos, onde a velocidade da correnteza é igual a 30 metros por minuto e a velocidade de nado em relação à água é de 50 metros por minuto, obtemos

\[v_{12}^{2} + 30^{2} = 50^{2}\]

Realizando as operações algébricas para isolar a velocidade resultante no trecho 1 até 2, calculamos o quadrado de 50 menos o quadrado de 30, o que resulta em 1600. A raiz quadrada desse valor nos fornece a velocidade efetiva de deslocamento sobre o solo

\[v_{12}^{2} = 1600\] \[v_{12} = 40 \text{m} / \text{min} .\]

No segundo segmento, que representa a aresta curta do circuito, o nadador enfrenta diretamente o fluxo da correnteza. Como os vetores de nado e de correnteza estão alinhados em sentidos opostos, a velocidade resultante é obtida pela subtração direta dos módulos

\[v_{23} = v_{n} – v_{c} = 50 – 30\]

O que resulta em uma velocidade efetiva de 20 metros por minuto para este trecho

\[v_{23} = 20 \text{m} / \text{min} .\]

No terceiro trecho, correspondente à segunda aresta longa, a situação geométrica é idêntica ao primeiro segmento. O nadador novamente precisa compensar o arraste lateral da correnteza para seguir um caminho reto perpendicular ao fluxo. A mesma relação pitagórica se aplica

\[v_{34}^{2} + v_{c}^{2} = v_{n}^{2}\]

Substituindo os módulos conhecidos

\[v_{34}^{2} + 30^{2} = 50^{2}\]

Isolemos o termo da velocidade resultante no trecho 3 até 4

\[v_{34}^{2} = 1600\]

E determinemos seu módulo

\[v_{34} = 40 \text{m} / \text{min} .\]

No último segmento, que retorna ao ponto de partida pela aresta curta, o nadador navega a favor do fluxo marinho. Desta vez, os vetores se somam, pois atuam na mesma direção e sentido

\[v_{42} = v_{n} + v_{c} = 50 + 30\]

O que gera uma velocidade resultante de 80 metros por minuto para o retorno

\[v_{41} = 80 \text{m} / \text{min} .\]

Com as velocidades efetivas de cada trecho determinadas, calculamos o tempo gasto em cada segmento utilizando a relação fundamental da cinemática, onde o tempo é igual à distância percorrida dividida pela velocidade média. As distâncias implícitas nos cálculos originais são de 800 metros para as arestas longas e 400 metros para as curtas. A soma dos intervalos temporais individuais fornece o tempo total da prova

\[Δt = Δt_{12} + Δt_{23} + Δt_{34} + Δt_{41}\]

Substituindo os valores de distância e velocidade calculados anteriormente

\[Δt = \frac{800}{40} + \frac{400}{20} + \frac{800}{40} + \frac{400}{80}\]

Realizando as divisões, temos 20 minutos para o primeiro trecho, 20 minutos para o segundo, mais 20 minutos para o terceiro e 5 minutos para o último

\[Δt = 20 + 20 + 20 + 5 Δt = 65 min .\]

Portanto, ao somar todos os intervalos calculados, conclui-se que o nadador levará exatamente 65 minutos para completar todo o circuito de maratonas aquáticas, considerando as compensações necessárias impostas pela velocidade da correnteza marinha

A coordenada horizontal da partícula é dada por uma função de sua coordenada vertical:

\[x = a arcos \left(1 – y\right) – \sqrt{2 y – y^{2}}\]

Como a partícula se move, tanto x quanto y variam com o tempo. Portanto, para obter a componente horizontal da velocidade, derivamos a expressão de x em relação ao tempo. Usamos a regra da cadeia: cada termo que depende de y é derivado em relação a y e, em seguida, multiplicado por \(\frac{dy}{dt}\), que é a componente vertical da velocidade, denotada por \(v_{y}\).

\[\frac{dx}{dt} = – \frac{1}{\sqrt{1 – \left(1 – y\right)^{2}}} \cdot \left(- 1\right) \cdot \frac{dy}{dt} – \frac{1}{2 \sqrt{2 y – y^{2}}} \cdot \left(2 – 2 y\right) \cdot \frac{dy}{dt}\] \[v_{x} = \frac{1}{\sqrt{1 – \left(1 – y\right)^{2}}} \cdot v_{y} + \frac{y – 1}{\sqrt{1 – \left(1 – y\right)^{2}}} \cdot v_{y}\] \[v_{x} = \frac{y}{\sqrt{1 – \left(1 – y\right)^{2}}} \cdot v_{y}\] \[\frac{v_{y}}{v_{x}} = \frac{\sqrt{1 – \left(1 – y\right)^{2}}}{y }\]

A última igualdade fornece a razão entre as componentes vertical e horizontal da velocidade. Agora relacionamos o módulo da velocidade, v, com suas componentes cartesianas. Pelo teorema de Pitágoras aplicado ao vetor velocidade:

\[v^{2} = v_{x}^{2} + v_{y}^{2}\] \[\left(\frac{v}{v_{x}}\right)^{2} = 1 + \left(\frac{v_{y}}{v_{x}}\right)^{2}\] \[\left(\frac{v}{v_{v x}}\right)^{2} = 1 + \left(\frac{\sqrt{1 – \left(1 – y\right)^{2}}}{y}\right)^{2}\] \[\left(\frac{v}{v_{x}}\right)^{2} = 1 + \frac{1 – \left(1 – y\right)^{2}}{y^{2}}\] \[\left(\frac{v}{v_{x}}\right)^{2} = \frac{2}{y }\]

Para \(y = 1.62\), substituímos esse valor na expressão obtida. A transformação de \(1.62\) para a fração \(\frac{162}{100}\) permite simplificar o cálculo:

\[\left(\frac{v}{v_{x}}\right)^{2} = \frac{2}{1.62} = \frac{200}{162} = \frac{100}{81}\] \[\frac{v}{v_{x}} = \frac{10}{9 }\]

Como a razão solicitada é o módulo da velocidade dividido por sua componente horizontal, o resultado é positivo. Portanto, a alternativa correta é e) 10/9.

O deslocamento corresponde ao vetor que liga diretamente a posição inicial, na Faculdade de Medicina, à posição final, no destino. Portanto, não se deve somar todos os trechos percorridos, pois essa soma representaria a distância total percorrida, e não o módulo do deslocamento.

Como as ruas são perpendiculares, os trechos do percurso podem ser agrupados em duas direções perpendiculares. Em uma delas, a pessoa caminhou 200 m e depois mais 200 m, totalizando 400 m. Na direção perpendicular, caminhou 250 m e depois mais 50 m, totalizando 300 m. Assim, o deslocamento forma a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos medem 400 m e 300 m.

Aplicando o teorema de Pitágoras, segundo o qual o quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos, obtém-se:

\[d^{2} = 400^{2} + 300^{2}\]

Nessa expressão, d representa o módulo do vetor deslocamento. Os valores 400 m e 300 m são os comprimentos dos deslocamentos parciais em direções perpendiculares.

Calculando a soma dos quadrados e extraindo a raiz quadrada, resulta:

\[d = \sqrt{25 \cdot 100^{2}}\]

Como a raiz quadrada de 25 é 5 e a raiz quadrada de 100² é 100, o módulo do deslocamento é:

\[d = 500 \text{m}\]

Logo, o vetor deslocamento tem módulo igual a 500 m. Portanto, a alternativa correta é a) 500 m.

Para compreender o comportamento da velocidade vetorial média nesse cenário, é fundamental distinguir o conceito de distância percorrida da ideia de deslocamento vetorial. Enquanto o enunciado informa que o pedestre caminhou uma extensão total de 3.400 metros, esse valor refere-se ao espaço escalar percorrido, ou seja, à soma de todos os passos dados durante o trajeto.

No entanto, a velocidade vetorial é definida pela razão entre o vetor deslocamento e o intervalo de tempo decorrido. O deslocamento vetorial leva em conta apenas a variação da posição entre o ponto inicial e o ponto final do movimento. Como o enunciado estabelece que o pedestre partiu de uma localização e retornou exatamente para esse mesmo ponto, a diferença entre a posição final e a posição inicial é inexistente.

Dessa forma, visto que o deslocamento vetorial resultante é zero, ao aplicarmos essa informação na definição de velocidade vetorial média, o resultado matemático será obrigatoriamente nulo. Portanto, independentemente da distância total percorrida ou do tempo gasto, a velocidade vetorial média para esse ciclo completo é igual a zero.

A velocidade vetorial média é determinada pela razão entre o vetor deslocamento e o intervalo de tempo. O deslocamento deve ser calculado subtraindo a posição inicial, correspondente ao Campus Cedeteg, da posição final, correspondente ao Campus Santa Cruz. Como cada unidade do mapa equivale a 250 m, ou 0,25 km, o vetor deslocamento obtido em unidades do mapa deve ser multiplicado por 0,25 para ser convertido em quilômetros.

Assim, utilizando o intervalo de tempo de 1 hora e as posições indicadas, aplica-se:

\[\overset{\rightarrow}{V m} = \frac{P S C – P C}{\Delta t} = \frac{\left[10 \hat{i} + 1 \hat{j} – \left(2 \hat{i} + 1 \hat{j}\right)\right] \cdot 0.25}{1}\] \[V m = \left(2.0 \hat{i} – 2.5 \hat{j}\right) k m / \text{h}\]

Na subtração dos vetores posição, as componentes correspondentes são subtraídas separadamente. A componente na direção de \(\hat{i}\) resulta em 8 unidades do mapa, enquanto a componente na direção de \(\hat{j}\) resulta em −10 unidades. A conversão pela escala do mapa e a divisão pelo intervalo de 1 hora fornecem as componentes da velocidade em km/h. O sinal negativo da componente associada a \(\hat{j}\) indica que o movimento ocorre no sentido negativo desse eixo.

Para obter o módulo da velocidade vetorial média, utiliza-se o teorema de Pitágoras, pois as componentes nas direções dos eixos são perpendiculares:

\[\left|\overset{\rightarrow}{V m}\right| = \sqrt{2^{2} + \left(- 2.5\right)^{2}} = \sqrt{10.25}\]

O módulo é sempre uma grandeza não negativa; por isso, o sinal negativo da componente em \(\hat{j}\) desaparece ao ser elevado ao quadrado. Calculando a raiz quadrada do resultado, obtém-se:

\[\left|V m\right| = 3.2 k m / \text{h}\]

Portanto, de acordo com o gabarito indicado, a alternativa correta é a alternativa A.

Para determinar a trajetória que permite o resgate mais célere, é fundamental analisar a relação entre as velocidades de deslocamento nos dois meios distintos: a terra e a água. Embora os quatro conjuntos de vetores apresentados resultem em um mesmo vetor soma, o tempo total de percurso não depende apenas da direção final, mas sim da magnitude das velocidades aplicadas em cada trecho do trajeto.

Considerando que o deslocamento terrestre ocorre com uma velocidade significativamente superior à velocidade de nado no mar, a estratégia para minimizar o tempo global consiste em otimizar a proporção entre esses dois movimentos. O objetivo é reduzir ao máximo o tempo gasto na água, que é o fator limitante do processo, sem sacrificar excessivamente o deslocamento em terra.

Dessa forma, a trajetória III apresenta-se como a escolha ideal, pois ela equilibra as componentes de movimento de maneira a priorizar um percurso mais curto ou mais eficiente no meio aquático, aproveitando a maior rapidez do salva-vidas quando está em solo para compensar o tempo total da operação.