1-2: 1-20: supondo que se realize10 inspirações por minuto...
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Capítulo 1 – Exercícios Resolvidos - Pares
1-2:
.9.28
54.2
1
1
1000 473.0 3
33
incm
inx
L
cmxL
1-4:
.1013.11
100
1000
13.11
3
4
3
3 m
kgx
m
cmx
g
kgx
cm
g
1-6:
.21129.2111
.16
1
1
.128
788.3
1
1
10001
3
3
garrafasgarrafas
oz
garrafax
gal
ozx
L
xgal
m
Lxm
Então, o consumo diário deve ser:
.78.524.365
11011.2 3
dia
garrafas
dia
anox
ano
garrafasx
1-8: 180,000
.6724
1
14
1
8
1
(**)
(*)
gal
mi
h
diax
dias
fortnightx
furlongs
milhasx
fortnight
furlongs
* - 1 furlong = 1/8 de milhas - (unidade de comprimento
utilizada em corrida de cavalos)
* * - 1 fortnight = 14 dias - (medida muito utilizada na
Inglaterra e Austrália)
1.10:(3.16 x 107 s - x 10
7 s)/(3.16 x 10
7 s) x 100 = 0.58%
1-12: a) (12 mm) x (5.98 mm) = 72 mm2 (dois algarismos
significativos).
b)
mm
mm
12
98.5 = 0.50 (também dois algarismos
significativos).
c) 36 mm (mais próximo ao milímetro).
d) 6 mm.
e) 2.0.
1-14: A área é 10.64 0.08 cm2, onde os valores
extremos do comprimento e largura são utilizados para
encontrar as incertezas na área. A incerteza fracionária na
área é: 2
64.10
208.0
cm
cm
= 0.75%, e a incerteza fracionária no
comprimento e largura são,
cm
cm
60.5
01.0 = 0.18% e
cm
cm
9.1
01.0 =
0.53%, respectivamente.
1-16: (Números de carros x milhas/carros por dia)/mi/gal
= galões/dia
(2 x108 carros x 10000 mi/ano/carro x 1 ano/365
dias)/(20 mi/gal) = 2.75 x 108 gal/dia
1-18: Supondo que sejam necessárias aproximadamente
quatro sementes para preencher 1 cm3, uma garrafa de 2 L
conterá aproximadamente 8000 sementes.
1-20: Supondo que se realize10 inspirações por minuto,
24 x 60 minutos por dia, 365 dias por ano, e uma vida
média de 80 anos, então o volume total de ar respirado em
uma vida é aproximadamente de 2 x 105 m
3. Este é o
volume de ar contido em uma sala com 100 m x 100 m X
20 m, ou em campo de beisebol pequeno ou ainda da
mesma ordem de grandeza do volume de Andrômeda.
1-22: Admitindo que a taxa de pulsação de um coração
humano seja um pouco maior que uma batida por
segundo, este coração irá bater 105 vezes por dia. Como
temos 365 dias em um ano e considerando que a vida
média de um ser humano seja de aproximadamente 80
anos, então o número de batidas de um coração em uma
vida é em torno de 3 x 109
. Como o coração bombeia 50
cm3 por batida e um galão corresponde a
aproximadamente 3.79 liros, então o coração humano irá
bombear aproximadamente 4 x 107 galões de sangue.
1-24: Como a área superficial da Terra é 4 R2 = 5 x 10
14
m2
e o raio da Terra igual a 6 x 106 m, então a área
superficial de todos os oceanos é aproximadamente igual a 4
x 1014
m2. Uma profundidade media de 10 Km dá um
volume de 4 x 1018
m3 = 4 x 10
24 cm
3. Determinar o tamanho
de uma gota de água é algo puramente pessoal, portanto
podemos considerar que a relação 25 gotas/cm3 seja algo
razoável e, desse modo, as águas do oceano conteriam um
total de 1026
gotas.
1-26: A Lua está aproximadamente a 4 x 108 m = 4 x
1011
mm de distância da Terra. Dependendo da idade, a
espessura de uma nota de papel pode ter entre 2 a 3
milímetros. Então, o número de notas empilhadas para
alcançar a lua seria da ordem de 1012
notas. O valor dessas
notas seria da ordem de 1 trilhão de dólares (1 teradólar)
1-28:
1-30:
(a)11.1 m @ 77.6o
(b)28.5 m @ 202o
(c)11.1 m @ 258o
(d)28.5 m @ 22o
1-32:
1-34: (A figura está anexada junto ao exercício 1-29).
O deslocamento resultante para a direção norte é
(2.6 km) + (3.1 km) sen 45o = 4.8 km, e o deslocamento
resultante para a direção leste é (4.0 km) + (3.1 km) cos 45o
= 6.2 km. O módulo do deslocamento resultante é
22 )2.6()8.4( kmkm = 7.8 km, enquanto a direção é
arctang
2.6
8.4 = 38
o para o nordeste.
1-36: Utilizando se das Equações (1-8) e (1-9), o módulo
e a direção de cada vetor dado é:
(a) 22 )20.5()6.8( cmcm = 10.05 cm,
arctan
60.8
20.5 = 328.8o (que é o mesmo que 360
o –
31.2o).
(b) 22 )45.2()7.9( mm = 10.0 m,
arctan
7.9
45.2 = 14
o +
180o = 194
o.
(c) 22 )70.2()75.7( kmkm = 8.21 km,
arctan
75.7
7.2 = 340.8
o (que é o mesmo que 360
o –
19.2o).
1-38: (a) A somas das componentes x e y são,
respectivamente 1.30 cm + 4.10 cm = 5.40 cm,
2.25 m + (-3.75 cm) = -1.50 cm.
(b) Utilizando as Equações (1-8) e (1-9),
22 )50.1()5.4( cmcm = 5.60 cm, arctan
40.5
50.1 = 344.5
o ccw.
(c)Analogamente , 4.10 cm – (1.30 cm) =
2.80 cm, -3.75 cm – (2.25 cm) = -6.00 cm.
(d) 22 )0.6()80.2( cmcm = 6.62 cm,
arctan
80.2
00.6 = 2.95
o (que é o mesmo que 360
o - 65
o).
1-40: A = (-12.0 m) î.
Mais precisamente:
A = (12.0 m)(cos 180o) î + (12.0 m)(sen 180
o) ĵ.
B= (18.0 m)(cos 37o) î + (18.0 m)(sen 37
o) ĵ
= (14.4 m) î + (10.8 m) ĵ.
1-42: (a) A = (3.6 m) cos 70.0o î + (3.60 m) sen
70.0o ĵ = (1.23 m) î + (3.38 m) ĵ
B = -(2.40 m)cos 30.0o î - (2.4 m) sen 30.0
o
ĵ = (-2.08 m) î + (-1.20 m) ĵ.
(b) C = (3.00) A – (4.00) B
= (3.00) (1.23 m) î + (3.00) (3.38 m) ĵ –
(4.00) (-2.08 m) î – (4.00) (-1.20 m) ĵ =
(12.01 m) î + (14.94 m) ĵ
(Note que na adição de componentes a quarta figura
torna-se significativa.)
(c)Das equações (1-8) e (1-9),
c = 22 )94.14()01.12( mm = 19.17 m,
arctan
m
m
01.12
94.14 = 51.2o .
1-44: Método 1: (Produto dos Módulos pelo cos )
AB cos = (12 m x 15 m) cos 93o = -9.4 m
2
BC cos = (15 m x 6 m) cos 80o = 15.6 m
2
AC cos = (12 m x 6 m) cos 187o = -71.5 m
2
Método 2: (Soma dos produtos das componentes)
A B = (7.22) (11.49) + (9.58) (-9.64) = -9.4 m2
B C = (11.49) (-3.0) + (-9.64) (-5.20) = 15.6 m2
A C = (7.22) (-3.0) + (9.58) (-5.20) = -71.5 m2
1-46: Para todos esses pares de vetores, o ângulo é
encontrado combinando-se as Equações (1-18) e (1-21) ,
isto é
.arccosarccosAB
BABA
AB
BA yyxx
Nos cálculos intermediários apresentados aqui, os
algarismos significativos nos produtos escalares e nos
módulos dos vetores foram suprimidos.
(a) ,13,40,22 BABA
então
1340
22arccos
= 165o.
(b) ,136,34,60 BABA
= arccos
13634
60 = 28o.
(c) .90,0BA
1-48: (a) Da Eq. (1-22), o módulo do produto vetorial é
(12.0 m) (18.0 m) sen (180o – 37
o) = 130 m
2.
A regra da mão direita indica que a direção é para dentro da
pagina ou seja direção – z . Usando a Eq. (1-27), a única
componente não nula do produto vetorial é:
Cz = AxBy = (-12 m) ((18.0 m) sen 37o) = -130 m
2.
(b)O mesmo método utilizado em (a) pode também ser
aplicado aqui, mas a relação dada pela Eq. (1-23) fornece o
resultado de forma direta: mesmo módulo (130 m2), mas
direção oposta (direção +z ).
1-50: (a) Da regra da mão direita a direção do produto
vetorial BxA
é para dentro da página (direção – z). Da Eq.
(1.22) obtemos o modulo do produto vetorial,
AB sen = (2.80 cm) (1.90 cm) sen 120o = 4.61 cm
2.
Ou, usando a Eq. (1-27), notamos que a única componente
não nula é Cz = AxB - AyBx= (2.80 cm) cos 60.0o (-1.90 cm)
sen 60o-(2.80 cm) sen 60.0
o (1.90 cm) cos 60.0
o= -4.61 cm
2
cujo resultado é o mesmo obtido acima.
(b) Em vez de se repetir os cálculos acima, a
Eq. (1-23) pode ser utilizada para obter o modulo do produto
BxA
, resultando no valor de 4.61 cm2 cuja direção é no
sentido do eixo positivo de z (+z), isto é para fora da página.
1-52: (a) ($4,950,000/102 acres) x (1 acre/43560 ft2) x
(10.77 ft2/m
2) = $12/m
2.
(b) ($12/m2) x (2.54 cm/in)
2 x (1 m/100 cm)
2 = .008/in
2.
(c) $.008/in2 x (1 in x 7/8 in) = $.007 por selo de correio com
a dimensão especificada.
1-54: Seja uma pessoa com 70 Kg e admita que o corpo
humano seja constituído principalmente de água. Usando o
Apêndice D, encontramos a massa de uma molécula de água
(H2O) igual a: 18.015 u x 1.661 x 10-27
kg/u = 2.992 x 10-26
kg/ molécula. (70 kg/2.992 x 10-26
kg/ molécula) = 2.34 x
1027
moléculas . (Admitindo-se que o átomo de carbono seja
um dos mais comum na natureza, resultam em 3 x 1027
moléculas).
1-56:(a)(6.0 x 1024
kg) x
mol
kgx
mol
atomsx
3
23
1014
100.6 = 2.6 x 10
50 átomos.
(b) O número de nêutrons é obtido dividindo-se a massa da
estrela de nêutron pela massa de nêutrons:
)/107.1(
)100.2()2(27
30
neutronkgx
kgx = 2.4 x 1057
nêutrons.
(c)A massa média de uma partícula é essencialmente 3
2 da
massa dessa partícula, seja ela um próton ou um nêutron.
Tanto a massa do próton como do nêutron é igual a 1.7 x 10-
27 kg. O número total de partículas é obtido dividindo-se a
massa total pela sua massa média, sendo que a massa total é
obtida pelo produto do volume pela densidade média.
Chamando a densidade de (de acordo com a notação
introduzida no Capítulo 14), temos:
.102.1)107.1(
)/10()105.1()2(
3
23
4
79
27
318311
3
xkgx
mkgmx
m
R
m
M
pave
Observe que houve uma conversão de
g/cm3 to kg/m
3 !
1-58: (a) Rx = Ax + Bx + Cx
= (12.0 m) cos (90o – 37
o) + ) (15.00 m) cos (-40
o) + (6.0 m)
cos (180o + 60
o) = 15.7 m, e
Ry = Ay + By + Cy
= (12.0 m) sen (90o – 37
o) + (15.0 m) sen (-40
o) + (6.0 m)
sen (180o + 60
o)= -5.3 m.
O módulo da resultante é:
R = 22
yxRR = 16.6 m, enquanto que a direção a partir
do eixo x positivo é arctan
7.15
3.5 = -18.6o. Mantendo-se
os algarismos significativos durante as etapas
intermediaria de cálculo obteríamos o angulo de –18.49o o
qual, quando considerado como sendo um ângulo positivo
à esquerda do eixo x positivo e arredondado para o grau
mais próximo, é de 342o .
(b) Sx = -3.00 m – 7.22 m – 11.49 m = -21.71 m;
Sy = -5.20 m – (-9.64 m) – 9.58 m = -5.14 m
)71.21(
14.5(arctan = 13.3
o
S = 22 )14.5()71.21( mm = 22.3 m
1-60:
O marinheiro, para cumprir a terceira etapa e atingir o
ponto de chegada, deve navegar para leste uma distância de
1.33 Km , isto é:
(5.80 km) – (3.50 km) cos 45o – (2.00 km) = 1.33 km
e em seguida navegar para a direção norte uma distância de
2.47 Km, isto é: (3.5 km) sen 45o = 2.47 km. Portanto, o
módulo final de seu deslocamento deve ser de:
22 )47.2()33.1( kmkm = 2.81 km,
em um ângulo de
33.1
47.2 = 62o ao norte relativo a
direção leste, ou deslocar os mesmos 2.81 Km mas em um
ângulo de 90o – 62
o = 28
o ao leste relativo a direção norte.
Para uma resposta mais precisa será necessário conservar
algarismos significativos extras durante as etapas
intermediárias de cálculo.
1-62: O deslocamento para a direção leste, da cidade de
Lincoln para a cidade de Manhattan é:
(147 km) sen 85o + (106 km) sen 167
o
+ (166 km) sen 235o = 34.3 km e o deslocamento para a
direção norte é: (147 km) cos 85o + (106 km) cos 167
o
+ (166 km) cos 235o = -185.7 km.
(Conforme mostrado na Fig. (1.30), um
deslocamento negativo para a direção norte significa de fato
um deslocamento para a direção sul. Os números
significativos foram mantidos nas etapas intermediarias de
cálculos).
(a) 22 )7.185()3.34( kmkm = 189 km
(b) A direção da cidade de Lincoln para a cidade de
Manhattan, relativa a direção norte é
arctan
km
km
7.185
3.34 = 169.5o
Então, a direção que se deve voar para retornar para
a cidade de Lincoln é:
169.5o + 180
o = 349.5
o.
1-64: (a)
(b) Para se usar o método das componentes, faça
a direção leste como sendo a direção do eixo x e a direção
norte como sendo a direção do eixo y. Com isso, o
deslocamento resultante do explorador em unidade do
comprimento de seus pés, e na direção do eixo x é: (40)
cos 45o – (80) cos 60
o = -11.7 e o deslocamento na direção
y é: (40) sen 45o + (80) sen 60
o – 50 = 47.6
Portanto, o módulo e a direção deste
deslocamento são:
22 )6.47()7.11( = 49, arctan
7.11
6.47 = 104o.
(Não se pode garantir uma melhor precisão no
ângulo pois as medidas fornecidas estão com precisão
máxima).
1-66: (a) O ângulo entre os vetores é: 210o – 70
o =
140o, portanto da Eq. (1-18) temos BA
= (3.60 m)
(2.40 m) cos 140o = -6.62 m
2.
Ou, da. (1-21) temos
x x y yA B A B A B
= (3.60 m) cos 70o (2.4 m) cos 210
o + (3.6 m) sen 70
o (2.4 m)
sen 210o = -6.62 m
2.
(b) Da Eq. (1-22), o módulo do produto vetorial
é: (3.60 m) (2.40 m) sen 140o = 5.55 m
2, e da regra da
mão direita obtemos que o vetor está apontando para fora
desta página (a direção +z ). Como as componentes z dos
vetores BeA
são nulas, da Eq. (1-30) podemos obter a
componente z do produto vetorial , isto é:
AxBy – AyBx = (3.60 m) cos 70o (2.40 m) sen 210
o
-(3.60 m) sen 70o (2.40 m) cos 210
o = 5.55 m
2.
1-68: Com o eixo +x apontando para a direita, o eixo
+y apontando para o topo desta página e o eixo +z
apontando para fora desta página, temos:
.0)(,9.68)(,8.87 22
zyxBxAcmBxAcmBxA
1-70: Cada um dos vetores possuem módulo igual a
3 , e seu produto escalar é (1) (1) + (1) (-1) + (1) (-1) =
-1, então, da Eq. (1-18) o ângulo entre as duas ligações
químicas é: arccos =
33
1= arccos
3
1 = 109
o.
1-72: (a) Esta é a lei dos co-senos para a qual
existem muitas formas de dedução. A forma mais direta de
dedução é através da álgebra vetorial, onde supomos a
linearidade do produto escalar (um ponto já utilizado, mas
não mencionado de forma explicita no texto) , de forma a
demonstrar que o quadrado do módulo da soma de dois
vetores BA
é
BBABBAAABABA
= BABBAA
2 = BABA
222
= cos222 ABBA
Outro modo é usando as componentes vetoriais.
Admitindo que os vetores fazem um ângulo A and B com
o eixo x, as componentes da soma vetorial são A cos A +
B cos B e A sen A + B sen B. Então o quadrado do módulo
é
(A cos A + B cos B)2 + (A sen A + B sen B)
2
= A2 (cos
2 A + sen
2 A) + B
2 (cos
2 B + sen
2 B)
+2AB (cos A cos B + sen A sen B)
= A2 + B
2 + 2AB cos ( A - B)= A
2 + B
2 + 2AB cos ,
onde = A - B é o ângulo entre os vetores.
(b)Fazendo-se uma análise geométrica mostra-se que
os vetores BA
, e sua soma BA
, devem ser os lados de
um triângulo eqüilátero. O ângulo entre BeA
, é nesta
consideração igual a 120o desde que um vetor seja deslocado
para juntar sua cabeça com cauda do outro vetor. Usando o
resultado do item (a), e fazendo-se A = B, temos A2 = A
2 + A
2 +
2A2 cos , cancelando-s os termos iguais, fica 1 = 2 + 2 cos , ou
cos = ,2
1 e portanto = 120
o.
(c) Em qualquer método de derivação utilizado, o
ângulo deverá ser substituído por 180o - , de forma que o co-
seno irá mudar de sinal e o resultado será
.cos222 ABBA
(d) Analogamente como foi feito no item (b), quando
a diferença vetorial tem o mesmo módulo, então o ângulo entre
os vetores é 60o. Algebricamente, é obtido de 1 = 2 – 2 cos ,
portanto cos = 2
1 and = 60
o.
1-74: Da equação (1-27), o produto vetorial é:
.ˆ00.13
00.11ˆ00.13
00.6ˆ)00.1(13ˆ)00.11(ˆ)00.6(ˆ)00.13( kjikji
O módulo do vetor dentro colchete é ,93.1
então um vetor unitário nessa direção (o qual é
necessariamente perpendicular a ambos os vetores )A e B é
:
93.1
ˆ)13/11(ˆ)00.13/00.6(ˆ)00.1( kji .
Obtendo o negativo do vetor acima temos:
93.1
ˆ)13/11(ˆ)00.13/00.6(ˆ)00.1( kji ,
que é também um vetor unitário perpendicular aos
vetores A e B .
1-76: (a) As áreas máxima e mínima são:
(L + l) (W + w) = LW + lW + Lw, (L – l) (W - w)
= LW – lW - Lw,
onde os termos com mesma propriedade foram
desprezados. Dessa forma, a área e sua incerteza são WL
(lW + Lw), e portanto a incerteza na área é a = lW + Lw.
(b) A incerteza fracionária na área é:
W
w
L
l
WL
WllW
A
a ,
ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no comprimento
e largura.
(c) No calculo para se calcular as incertezas v no
volume, semelhante ao exercício anterior, teremos que
desprezar os termos lwH, lWh e Lwh e também lwh. Dessa
forma a incerteza no volume é v = lWH + LwH + LWh, e
portanto a incerteza fracionária no volume é:
(d),
H
h
W
w
L
l
HLW
LWhLwHlWH
V
v
ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no
comprimento, largura e altura.
1-78: (a)
(b)
(i) In AU, 22 )9329.0()3182.0( =
0.9857.
(ii) In AU, 222 )0414.()4423.()3087.1( = 1.3820
(iii) In AU, 222 )0414.0())4423.(9329.0())3087.1(3182.0( = 1.965.
(c) O ângulo formado entre a direção Terra-Sol e
a direção Terra-Marte é obtido pelo produto vetorial .
Combinando-se as Equações (1-18) e (1-21), temos
.6.54)695.1)(9857.0(
)0()9329.04423.0)(9329.0()3182.03087.1)(3182.0(arccos o
(d) O planeta Marte poderia não estar visível a
meia noite porque o ângulo Sol-Marte é menor que 90o.
1-80: Seja kCjBiAS ˆˆˆ
)ˆˆˆ()ˆˆˆ( kCjBiAkzjyixSr
CzByAx
Se os pontos satisfazem Ax + By + Cz = 0, então
0Sr
e todos os pontos de r
são perpendiculares a
S
.
Capítulo 1 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercício Gabarito
1.1 8.05 km
1.3 33.34 10 ns
1.5 6 35.3 10 dam
1.7 (a) 2330 km/h (b)648 m/s
1.9 1.5 dam/cm³
1.11 (a) 31.1 10 % (b) não
1.13 (a) 0.1% (b) 0.008 % (c) 0.03 %
1.15 (a) 32.8 0.3cm (b) 170 20
1.17 Dez mil
1.19 106
1.21 105. Se você não for careca.
1.23 Aproximadamente US$ 108
1.25
1.27 89 10 US$ . US$ 3.50 por pessoa
1.29 7.8 m a 38° do leste para o norte.
1.31 104 m a 43° do oeste para o sul.
1.33 Ax = 7.22 m; Ay = 9.58 m; Bx = 11.5 m;
By = -9.64 m; Cx = -3.00 m; Cy = -5.20
m.
1.35 (a) 11.1 , 77.6° (b) 11.1m, 77.6°
(c) 28.5 m, 202.3° (d) 28.5 m, 22.3°.
1.37 5.06 km a 20.2° do oeste para o norte.
1.39 (a) 2.48 cm, 18.3 ° (b) 4.10 cm, 83.7°
(c) 4.10 cm, 263.7°
1.41 ˆ ˆ7.2 9.6A i j m ˆ ˆ11.5 9.6B i j m
ˆ ˆ3 5.2C i j m
1.43 (a) A = 5.00, B = 5.39 (b) ˆ ˆ1.00 5.00i j
(c)5.10, 101.3°
1.45 (a) 14.00 (b) 58.7°
1.47 (a) para for a da página (b) para dentro
da página.
1.49 ˆ23.0k ; 23.0
1.51 (a) 6 22.59 10 m (b) 12 34.17 10 dm
1.53 (a) 107.04 10 s (b) 125.11 10 ciclo h(c)
262.1 10 (d) 44.6 10 s
Exercício Gabarito
1.55 Cerca de 1 dentista para 1000 habitantes.
1.57 (b) Ax = 3.03 cm; Ay = 8.10 cm (c) 8.65
cm, 69.5° medido no sentido do eixo
+Ox para o eixo +Ou.
1.59 144m, 41° no sentido do oeste para o sul.
1.61 (b) 1.45 km
1.63 (a) (87, 258) (b) 137 pixels formando um
ângulo de 35° abaixo da primeira reta e
no sentido da direita para a esquerda.
1.65
1.67 (b) 90°
1.69 (a) A = 5.39, B = 4.26 (b) ˆˆ ˆ5.00 2.00 7.00i j k (c) 8.83; sim
1.71
1.73 (a) 54.7° (b)35.3°
1.75 (b) 72.2°
1.77 (a) 5.0 m (b) 53.1° abaixo do eixo Ox no
sentido horário
1.79 (a) 76 al (b) 129°
Capítulo 2 – Exercícios Resolvidos - Pares
2-2: (a) O módulo da velocidade media mo vôo
de retorno é:
./42.4)/400,86)(5.13(
)105150( 3
smdasda
mx
A direção foi definida com sendo –x ).ˆ( i
(b) Como os pássaros terminam o vôo no mesmo
ponto de partida, a velocidade media para o vôo de ida e
volta é 0.
(c)
2-4: (a) A corrida rumo ao leste demora (200 m/5.0
m/s) = 40.0 s, e a corrida rumo ao oeste demora (280
m/4.0 m/s) = 70.0 s. (a) (200 m+280 m)/(40.0 s+70.0 s) =
4.4 m/s para dois algarismos significativos.
(b) O deslocamento resultante é de 80 m, para o
oeste. Então a velocidade média é (80 m/110.0 s) = 0.73
m/s na direção –x ).ˆ( i
2-6: Da expressão para x(t), x(0) = 0,
x(2.00 s) – 5.60 m e x(4.00 s) = 20.8 m.
(a) sms
m/80.2
00.2
060.5
(b) sms
m/2.5
00.4
08.20
(c) sms
mm/6.7
00.2
60.58.20
2-8: (a) IV: A curva horizontal; isto corresponde
ao tempo quando ela para.
I: Este é o tempo quando a curva mais aproximada
de uma reta e inclinada para cima (indicando uma
velocidade positiva).
(b) V: Aqui a curva é claramente uma reta e inclinada
para baixo (indicando velocidade negativa).
(c) II: A curva possui uma inclinação positiva,e que
está aumentando.
(d) III: A curva é ainda inclinada para cima
(inclinação positiva e velocidade positiva) .
2-10: A velocidade de cruzeiro do carro é de 60 km/hr =
16.7 m/s.
(a) 2/7.110
/7.16sm
s
sm (para dois
algarismos significativos).
(b) 2/7.110
/7.160sm
s
sm
(c) Como não tem nenhuma variação na velocidade,
então a aceleração é nula.
(d) Como a velocidade final é a mesma que a inicial
então a aceleração é nula.
2-12: Utilize a Eq. (2-5), com t = 10 s em todos os
casos,
(a) ((5.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s2,
(b) ((-15.0 m/s) – (-5.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s2,
(c) ((-15.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -3.0 m/s2.
Em todos os caso uma aceleração negativa indica
uma aceleração para esquerda.
2-14: (a) a velocidade em t = 0 é:
(3.00 m/s) + (0.100 m/s3) (0) = 3.00 m/s, e a
velocidade em t = 5.00 s é:
(3.00 m/s) + (0.100 m/s3) (5.00 s)
2 = 5.50 m/s,
então a Eq. (2-4) dá a aceleração média como v
2/50.)00.5(
)/00.3()/50.5(sm
s
smsm .
(b) A aceleração instantânea é obtida usando a Eq.
(2-5),.)/2.0(2 3 tsmt
dt
dva
Então, (i) at t = 0, a = (0.2 m/s3) (0) = 0, e
(ii) em t = 5.00 s, a = (0.2 m/s3) (5.00 s) = 1.0 m/s
2.
2-16: (a) A velocidade e a aceleração do para choque são
dadas em função do tempo por:
`562 )/600.0()/60.9( tsmtsmdt
dxv
.)/000.3()/60.9( 462 tsmsmdt
dva
Existem dois tempos para o qual v = 0 (três na verdade, se
considerarmos os tempos negativos), t = 0 e t4 = 16 s
4.
Para t = 0, x = 2.17 m e, a = 9.60 m/s2. Quando t
4 = 16 s
4,
x = (2.17 m) + (4.80 m/s2) 416( s - (0.100)
m/s6)(16 s
4)
3/2 = 14.97 m, a = (9.60 m/s
2) – (3.000
m/s6)(16 s
4) = -38.4 m/s
2.
2-18: (a) A aceleração é encontrada da Eq. (2-13),
onde vo = 0;
,/5.36
281.3
1)307(2
/1
/4770.0)/173(
)(2
2
2
0
2
sm
ft
mft
hrmi
smhrmi
xx
va
onde os fatores de conversão estão no Apêndice E.
(b) O tempo pode ser encontrado da aceleração
acima:
.27.2/4.36
/1
/477.0)/173(
2s
sm
hrmi
smhrmi
a
vt
Os cálculos intermediários podem ser evitados
usando=-se a equação. (2-14), e novamente colocando v0 =
0,
.27.2
/1
/4770.0)/173(
281.3
1307(2
)(20 s
hrmi
smhrmi
ft
mft
v
xxt
2-20: Na Eq. (2-4), com x – x0 sendo o comprimento da
pista de decolagem e v0 = 0 (o avião parte do repouso),
./0.708
28022 0 sm
s
m
t
xxv
2-22: (a) x0 < 0, v0 < 0, a < 0
(b) x0 > 0, v0 < 0, a > 0
(c) x0 > 0, v0 > 0, a < 0
2-24: (a)
(b)
2-26:
2-28:Depois da aceleração inicial o trem locomoveu-se:
(da Eq. (2-12), com x0 = 0, v0 = 0), alcançou uma
velocidade de:
(1.60 m/s2)(14.0 s) = 22.4 m/s.
Durante o período de 70-segundos quando trem
se locomove com velocidade constante, o trem se desloca
de (22.4 /s)(70 s) = 1568 m. A distância deslocada durante
a desaceleração é dada pela EQ. (2-13), onde v = 0, v0 =
22.4 m/s e a = -3.50 m/s2, então o trem de desloca uma
distância de :
x – x0 = .68.71)/50.3(2
)/4.22(2
2
msm
sm A
distância total coberta é então de :
156.8 m + 1568 m + 71.7 m = 1.8 km.
A distância total percorrida, em termos da
aceleração inicial a1, do tempo inicial de aceleração t1, do
tempo t2 durante o qual o qual o trem se movimenta com
velocidade constante e, do módulo da aceleração final a2,
é dada por :
O que produz o mesmo resultado.
2-30: (a) A posição de um caminhão em função do tempo
é dada por xT = vTt onde vT é a velocidade constante do
caminhão, e a posição do carro é dada por xC = (1/2) aCt2.
Igualando as duas equações e dividindo pelo fator t (isto
reflete o fato de que o carro e o caminhão estão no mesmo
lugar para t = 0), e resolvendo para t temos:
ssm
sm
a
vt
c
T 5.12/20.3
)/0.20(222
e para este tempo xT = xC = 250 m.
(b) act = (3.20 m/s2)(12.5 s) = 40.0 m/s ( Veja o
Exercício 2-31 para uma discussão do porque a velocidade
do carro par este tempo é duas vezes a velocidade do
caminhão).
(c)
mssm 8.156)0.14)(/60.1(2
1 22
,||
22||
)(
2
1)(
2
1
2
11
21
11
2
2
11
211
2
11
a
tatt
ta
a
tattatax
T
(d)
2-32: (a) Uma altura inicial de 200 m resulta em um
a velocidade 60 m/s, arredondado para apenas um algarismo
significativo. Isto é aproximadamente 200 km/hr ou
aproximadamente 150 mi/h. (Valores diferentes de alturas
resultarão em diferentes respostas; o resultado acima pode
ser interpretado sem a necessidade de resposta com maior
ordem de grandeza. Experiências pessoais variam, mas
velocidades escalares da ordem de um ou dois metros por
segundos são razoáveis.
(b) A resistência do ar certamente não pode ser
desprezada.
2-34: (a) Utilizando a Eq. (2-13), com velocidade para
baixo e aceleração sendo positiva, , v2 = (0.8 m/s)
2 + 2(1.6
m/s2)(5.0 m) = 16.64 m
2/s
2 (mantendo-se algarismos os
significativos ) então v = 4.1 m/s.
2-36: (a)(1/2)gt2 = (1/2)(9.80 m/s
2)(2.5 s)
2 = 30.6 m.
(b) gt = (9.80 m/s2)(2.5 s) = 24.5 m/s.
(c)
2-38: (a) Usando a = -g, v0 = 5.00 m/s e y0 = 40.0 m nas
Eqs. (2-8) e (2-12) resulta para
(i)t = 0.250 s, y = (40.0 m) + (5.00 m/s)(0.250 s) –
(1/2)(9.80 m/s2)(0.250 s)
2 = 40.9 m,
v = (5.00 m/s) – (9.80 m/s2)(0.250 s) = 2.55 m/s e
para
(ii) t = 1.00 s,
y = (40.0 m) + (5.00 m/s)(1.00s) – (1/2)(9.80
m/s2)(1.00 s)
2 = 40.1 m,
v = (5.00 m/s) – (9.80 m/s2)(1.00 s) –4.80 m/s.
(b) Usando o resultado obtido no Exemplo 2-8, o
tempo é:
t =
)/80.9(
)0.400)(/80.9(2)/00.5()/00.5(2
22
sm
smsmsm
= t = 3.41 s.
(c) Tanto utilizando o tempo acima na Eq. (2-8)
ou evitando-se os cálculos intermediários usando-se Eq.
(2-13),
,/809)0.40)(/80.9(2)/00.5()(2 2222
0
2
0
2 smmsmsmyygvv v
= 28.4 m/s.
(d) Utilizando v = 0 na Eq. (2-13) resulta em
.2.410.40)/80.9(2
)/00.5(
2 2
2
0
2
0 mmsm
smy
g
vy
(e)
2-40: (a) A distância vertical a partir da posição
inicial é dada por:
;2
1 2
0gttv
resolvendo para v0,
./5.14)00.5)(/80.9(2
1
)00.5(
)0.50(
2
1 2
0smssm
s
mgt
t
yv
(b) O resultado acima poderia ser utilizado em
,70
2
0
2 yygvv com v = 0, para resolver para
y – y0 = 10.7 m (para o cálculo de v0, requer a retenção de
dois algarismos significativos extra ).
(c) 0
(d) 9.8 m/s2, para baixo.
(e)Admita, para propósitos gráficos, que o topo
do edifício está a 50 metros do solo:
(f)
./25.10.20
0.25sm
s
m
./67.115
25sm
s
./43.10.35
0.50sm
s
m
2-42: (a) Da Eq. (2-8), resolvendo para t, resulta em (40.0
m/s – 20.0 m/s)/9.80 m/s2 = 2.04 s.
(b) Novamente, da Eq. (2-8),
.12.6/80.9
)/0.20(/0.402
ssm
smsm
(b) O deslocamento será nulo quando a bola tiver
retornado para a sua posição vertical original, com
velocidade oposta a velocidade original.
Da Eq. (2-8), .16.8
/80.9
)/40(/402
ssm
smsm
(Isto ignora a solução t = 0)
(c) Novamente, da Eq. (2-8), (40 m/s)/(9.80 m/s2) =
4.08 s. É claro que isto é a metade do tempo encontrado na
parte [c].
(d) 9.80 m/s2, para baixo e em todos os casos.
(e)
2-44: (a) Da Eq. (2-15), a velocidade v2 para o tempo t é:
dttvv t
t `112
)(2
2
1
2
1ttv
22
11
22ttv
= (5.0 m/s) – (0.6 m/s3)(1.0 s)
2 + (0.6 m/s
3)t
2
= (4.40 m/s) + (0.6 m/s3)t
2.
Para t2 = 2.0 s, a velocidade é v2 = (4.40 m/s) + (0.6
m/s3)(2.0 s)
2 = 6.80 m/s, ou 6.8 m/s para dois algarismos não
significativos .
(b) Da Eq. (2-16), a posição x2 como função do
tempo é: dtvxx t
t112
dttsmsmm t
t))/6.0()/40.4(()0.6( 23
1
).(3
)/6.0())(/40.4()0.6( 3
1
3
3
1tt
smttsmm
Para t = 2.0 s, e com t1 = 1.0 s,
x=(6.0 m)+(4.40 m/s)((2.0 s)–(1.0 s))+(0.20 m/s3)((2.0 s)
3–(1.0
s)3)=11.8 m.
(c)
2-46: (a) Para se ter uma média de 4 mi/h, o
tempo total para uma o total time para se realizar um
percurso for 20 milhas deve ser de cinco horas, então o
segundo percurso de dez milhas deve ser coberta em 3.75
horas, para uma velocidade média de of 2.7 mi/h.
(b) Par se obter uma média de 12 mi/h, o segundo
percurso de dez milhas deve ser coberto em 25 minutos, e
a velocidade média deve ser 24 mi/h.
(c) Após a primeira hora somente dez da vinte
milhas foi coberta, e as 16 mi/h não é possível como esta
velocidade média .
2-48: (a)
(b)
(c) O deslocamento dela é zero , então a
velocidade média tem módulo zero.
(d)
Note que a resposta para a parte (d) é a
harmônica média e não aritmética média para as respostas
das partes (a) e (b). (Veja o Exercício 2-5).
2-50: (a) O espaço por veículo é a velocidade
dividida pela freqüência com as qual os carros passam por
determinado ponto:
Um veículo médio é dado como sendo 4.5 m de
comprimento, então o espaçamento médio é:
40.0 m – 4.5 m = 35.4 m.
(b) Um espaçamento médio de 9.2 m dá o espaço
por veículo como sendo 13.8 m, e portanto o fluxo de
carros é:
2-52: (a) Com uma divisão e subtração simples
obtêm a velocidade média durante o intervalo de 2-
segundos como sendo 4.5, 7.2 e 8.8 m/s.
(b) A velocidade média aumentou para 1.6 m/s
durante cada intervalo de 2-segundos, então a aceleração é
0.8 m/s2.
./40/2400
/96vehiclem
hvehicles
hkm
(c) Da Eq. (2-13), e com v0 = 0,
./8.4)4.14)(/8.0(2 2 smmsmv Ou, recordando
que para uma aceleração constante a velocidade média de
5.6 m/s é a velocidade correspondente a um segundo após
passar a marca de 14.4-m , isto é, 5.6 m/s – (0.8 m/s2)(1.0 x)
= 4.8 m/s.
(d) Com os valores da aceleração e da velocidade
conhecida no ponto de14.4-m , então tanto a Eq. (2-8) como
a (2-12) dá o tempo como sendo 6.0 s.
(e) Da Eq. (2-12), x – x0 = (4.8 m/s)(1.0 s) + 2
1(0.8
m/s2)(1.0 s)
2 = 5.2 m. Que é também a velocidade média
(1/2)(5.6 m/s + 4.8 m/s) multiplicada pelo intervalo de time
de 1.0 s.
2-54: (a) O modo mais simples de se fazer isto é ir
para um referencial onde o trem de carga esteja estacionário
(o trem se move com velocidade constante) . Então, o
passageiro do trem possui uma velocidade inicial de vrel,o =
10 m/s. Esta velocidade relativa deveria diminuir para zero
após a separação relativa ter diminuído para
.5002
2
0,m
a
v
rel
rel
Desde que isto é maior em módulo que a separação
original de 200 m, então haverá uma colisão.
(b) O tempo no qual a separação relativa vai para
zero (isto é, o tempo de colisão), é encontrado pela solução
de uma equação quadrática (veja problemas 2-29 e 2-30 ou o
Exemplo 2-8). O mesmo tempo é dado por:
0,
2
0,0,2
1relrelrel
axvva
t
)/40/100/10)(/10( 22222 smsmsmms
6.01(100( s .
A substituição deste tempo na Eq. (2-12), e com x0 = 0,
resulta em 538 m como sendo a distância que o passageiro
do trem se moveu antes da colisão.
2-56: Um método conveniente para se fazer o problema é
fazer primeiro a parte (b); o tempo de aceleração gasto para
sair do estado de repouso para o de velocidade máxima é :
.80/5.2
/202
ssm
sm Para este tempo o policial está
a:
.0.80)/5.2(2
)/20(
2 2
22
1
1m
sm
sm
a
vx
Isto poderia também ser encontrado de
,)2/1( 2
11ta onde t1 é encontrado para a aceleração. Para
este tempo o carro se movimentou de (15 m/s)(8.0 s) = 120
m, e portanto o policial está a 40 m atrás do carro.
(a) A distância restante para ser percorrida é 300
m – x1 , a velocidade média é (1/2)(v1 + v2) = 17.5 m/s,
então o tempo necessário para ir mais de vagar é
,0.16/5.17
80360s
sm
mm
e o tempo total é de 24.0 s.
(b) O policial diminui a velocidade de 20 m/s
para 15 m/s in 16.0 s (o tempo encontrado na parte (a) ),
então a aceleração é de –0.31 m/s2.
(c),
2-58: As posições dos carros em função do tempo são :
.,2
102
2
1tvDxatx
Os carros colidem quando x1 = x2; então
igualando as expressões temos uma Expressão quadrática
para t,
,02
10
2 Dtvat
cujas soluções possíveis são:
.21
,21
0
2
00
2 vaDva
tvaDva
to
O segundo destes tempos é negativo e portanto
não representa uma situação física.
(b) .20
2
01vaDvatv
(c)
2-60: (a) Existem vários modos de se encontrar o
resultado usando-se intenso trabalho algébrico, mas o
modo mais direto é notar que, entre o tempo que o
caminhão primeiramente passa o carro e o tempo em que o
carro da polícia alcança novamente o caminhão, tanto o
carro quanto o caminhão percorreram a mesma distância e
no mesmo intervalo de tempo, o que consequentemente
implica que ambos possuem a mesma velocidade média
./6960/8.13
/96000hvehicle
vehiclem
hm
naquele período de tempo. Como o caminhão tinha uma
velocidade inicial de pv
2
3 e a velocidade média é vp, então
a velocidade final do caminhão deve ser .2
1pv
(b)
2-62: (a) Da Eq. (2-17), x(t) = t - 3
3t = (4.00
m/s)t – (0.667 m/s3)t
3.
Da Eq. (2-5), a aceleração é a(t) = -2 t = (-
4.00 m/s3)t.
(b) A velocidade é zero para t
(a = 0 at t
= 0, mas este é um ponto de inflexão e não um ponto de
máximo). Os valores máximos para x são portanto:
(c).
3
2
3
3
3
3
x
O valor positivo é então:
.77.3323
2
/00.2
)/00.4(
3
2 2
2
1
3
3
msm
smx
2-64: O tempo necessário para ovo cair é:
,00.3
)/80.9(
)80.10.46(2
9
22
ssm
mmht
e portanto o professor deveria estar a uma distância de vt =
(1.20 m/s)(3.00 s) = 3.60 m.
2-66: Os elevadores par a plataforma de observação da
Torre da Sears em Chicago, se movimenta do andar terra até
o andar da plataforma de observação, de número 103, em
aproximadamente 70 s. Supondo que um único andar tenha
aproximadamente 3.5 m (11.5 ft), e que velocidade média do
elevador seja ./15.570
)5.3)(103(sm
s
m Supondo que o
elevador atinja o do estado de repouso no espaço de um
andar, então sua aceleração é
./80.3)5.3(2
)/15.5(0 222
smm
sm
2-68: A velocidade do vaso de flores no topo da janela é
v0, e a altura h da janela é:
.)2/1(,)2/1(0
2
0gt
t
hvorgttvtvh
ave
A distância l entre o telhado e o topo da janela é
então :
.310.0)/80.9(2
))420.0)(/80.9)(2/1()420.0/()90.1((
2 2
222
msm
ssmsm
g
vl o
Um método algébrico alternativo mas bem mais
complicado, é observar que o tempo t é a diferença entre
os tempos de queda da altura l + h para h, de forma que:
.2/,2)(2 2 hllgtg
l
g
hlt
Elevando ao quadrado ambos os lados da segunda
expressão, permite cancelar alguns termos l , então:
,2/2)2/1( 22 hlgtgt
que é resolvido para: ,)2/1(2
12
gtt
h
gl
que é a mesma expressão obtida anteriormente.
2-70: (a)
(b) Da altura velocidade encontrada na parte (b),
a altura máxima é:
.635)/80.9(2
)/6.111(2
2
msm
sm
(b) Após a queima do combustível, o projétil
alcançou uma velocidade de (40.0 m/s2)(2.50 s) = 100 m/s
e atingiu uma altura de (1/2)(40.0 m/s2)(2.50 s)
2 = 125 m.
A velocidade do projétil exatamente antes que ela atinja o
solo é :
(c)
2
0 02 ( )v v g y y
2 2(100 / ) 2(9.8880 / )( 125 ) 111.6 /v m s m s m m s
e 87 m/s para dois algarismos significativos.
(c) O tempo de lançamento para o ponto mais
alto, não é o mesmo tempo retorno dessa altura até ao solo
, pois no lançamento houve por 2.5 s uma aceleração do
motor.
2-72: (a) Admita que o Super-Homem caia por
um tempo t, e que a estudante esteja caindo por um tempo
t0 antes do Super-Homem saltar ( neste caso t0 = 5 s).
Então a altura h do prédio está relacionada a t e t0 d dois
modos diferentes:
2
0
2
1gttvh
,2
1 2
0ttg
onde v0 e a velocidade inicial do Super-Homem.
Resolvendo a segunda equação para t , temos:
.2
0t
g
ht Resolvendo a primeira equação
para v0 , temos
v0 = ,2
tg
t
h e
a substituição de valores numéricos dá t = 1.06 s e
v0 = -165 m/s, com o sinal negativo indicando velocidade
inicial para baixo.
(b)
(c) Se o arranha céu é tão baixo que o estudante já
está no chão, então
.1232
1 2
0mgth
2-74: (a) O tempo é dado dividindo-se a separação
inicial pela velocidade relativa inicial, isto é H/v0. Mais
precisamente, se a posição da bola for descrita por:
,)2/1(,)2/1( 2
2
2
0
1 gtHygttvy
fazendo-se y` = y2 resulta em H = v0t.
A primeira bola estará no ponto mais alto do
movimento se no tempo de colisão na parte (a) sua
velocidade foi reduzida de v0 to 0, ou gt = gH/v0
= v0, ou ./2
0 gvH
2-76: (a) A velocidade de qualquer objeto caindo em
queda livre uma altura distância H – h é:
).(2 hhg
A aceleração necessária para trazer um objeto de uma
velocidade v ao repouso em uma distancia h é:
.12
)(2
2
2
h
Hg
h
hHg
h
v
(c)
2-78: O tempo passado acima de ymax/2 é
2
1 do
tempo total gasto no ar, pois o tempo é proporcional a raiz
quadrática da mudança na altura. Portanto a razão é:
.4.212
1
2/11
2/1
2-80: (a) Faça a altura ser h e denote o intervalo
de tempo de 1.30-s por t; as equações simultâneas
h = 22 )(2
1
3
2,
2
1ttghgt podem ser resolvidas
para t. Eliminando-se h e tomando a raiz quadrada, temos
,3/21
,2
3 ttand
tt
t substituindo em
2
2
1gth resulta em h = 246 m.
Este método evita o uso de fórmulas quadráticas,
o qual é uma generalização do método “completando o
quadrado” . No formato da equação acima ,
,)(2
1
3
2 2ttgh o quadrado já está completado.
(b) O método acima supõe que t >0 quando a raiz
quadrada foi obtida. A raiz negativa (com t = 0) dá uma
resposta de 2.51 m, o que é evidente que não é um
“penhasco”. Isto poderia corresponder a um objeto que
estava inicialmente próximo da base deste “penhasco” e
foi atirado para cima levando 1.30 s para atingir o topo e
cair novamente para a base . Embora fisicamente possível,
as condições impostas pelo problema impedem esta
resposta.
Capítulo 2 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercício Gabarito
2.1 (a) 197 m/s (b) 169 m/s
2.3 1h 10 min
2.5 (a) 14.0 m/s (b) 11.4 m/s
2.7 (a) 12 m/s (b) (i) 0 m/s (ii) 15.0 m/s
(iii) 12.0 m/s (c) 13.3 s
2.9 (a) (em m/s²)0, 1.0, 2.0, 2.0, 3.0, 1.5,
1.5, 0; não; sim (b) 2.5 m/s², 1.5 m/s²,
0
2.11 (a) cerca de 5 s (b) 30 s até 40 s (c) 0
(d) -1.7 m/s²
2.13 Aproximadamente igual a 10 m/s²
2.15
2.17 (a) 5.0 m/s (b) 1.43 m/s²
2.19 1.70 m
2.21 (a) 1.7 m/s² (b) 12 s (c) 240 m
2.23
2.25 (a) 0, 6.3 m/s², -11.2 m/s² (b) 100 m,
230 m, 320 m
2.27 (a) 41.8 10 m s (b) 0.957
(c) 6 h 11 min
2.29 (b) 1s, 3s (d) 2 s (e) 3 s (f) 1 s
2.31 (b) d/4
2.33 (a) 2.94 m/s (b) 0.599 s
2.35 (a) 2t d g (b)0.190 s
2.37 (a) 5.56 m/s, para baixo (b) 9.80 m/s²,
para baixo (c) 2.16 s (d) 16.1 m/s
2.39 (a) 25.6 m/s, para baixo (b) 31.6 m
(c) 15.2 m/s
2.41 (a) 249 m/s² (b) 25.4 (c) 101 m (d)
não
2.43 (a) 7.5 m (b) 180 m(c) 2.16 s (d) 20
m
2.45 (a)
3 40.250 0.0100x t t t
2 30.750 0.0400v t t t
(b) 39.1 m/s
2.47 (b) 0.627 s, 1.60 s (c) negativo para
0.627 s, positivo para 1.60s (d) 1.11 s
(e) 2.45 m (f) 2.00 s, 0 s.
2.49 (a) 82 km/h (b) 31 km/h
2.51 (a) 3.5 m/s (b) 0 (c) 1.5 m/s²
2.53 Deve pisar no freio
2.55 4.6 m/s²
2.57 (a) 6.17 s (b) 24.8 m(a) 82 km/h (c)
vcaminhão = 13.0 m/s,
vauto=21.0 m/s
2.59 (a) 17 m/s (b) 1.6 s
2.61 (a) 15.9 m/s (b) 393 m (c) 29.5 m/s
Exercício Gabarito
2.63
2.65 28.6 m
2.67 (a) não (b) sim, 14.4 m/s; não é
fisicamente atingível.
2.69 (a) 13.3 m (b) 1.65 s
2.71 (a) 7.59 m/s (b) 5.14 m (c) 1.60 s
2.73 (a) 92.2 m (b) 75.1 m/s
2.75 (a) A (b) 2.27 s, 5.73 s (c) 1.00 s,
4.33 s (d) 2.67 s
2.77 (a) 9.55 s, 47.8 m (b) 1.62 m/s (d)
8.38 m/s (e) não (f) 3.69 m/s, 21.7 s,
80.0 m
2.79 (a) 8.18 m/s (b) (i) 0.411 m (ii) 1.15
km (c) 9.8 m/s (d) 4.90 m/s
Capítulo 3 – Exercícios Resolvidos - Pares
3-2: (a) x = (vx, media) t = (-3.8 m/s)(12.0 s) = -45.6 m
e y = (vy, media) t = (4.9 m/s)(12.0 s) = 58.8 m.
(b) .4.74)8.58()6.45( 2222 mmmyxr
3-4: .ˆ3ˆ2 2 jctibtv
Quando as componentes x
e y são iguais, este vetor fará um ângulo de 45o com ambos
os eixos. Em termos dos parâmetros este tempo é 2b/3c.
3-6: (a) x = (0.45 m/s2) cos 31.0
o = 0.39 m/s
2, y =
(0.45 m/s2) sen 31.0
o = 0.23m/s
2, então vx = 2.6 m/s +
(0.39 m/s2)(10.0 s) = 6.5 m/s e vy =-1.8 m/s+(0.23
m/s2)(10.0 s) = 0.52 m/s.
(b) v = ,/48.6)/5.6()/52.0( 22 smsmsm
para um ângulo de arctan o8552.0
5.6.
(c)
3-8:
3-10: (a) O tempo t é dado por:
.82.72
g
ht
(b) A velocidade horizontal e constante da bomba
será aquela do aeroplano, então a bomba movimenta-se uma
distância horizontal igual a x = vxt = (60 m/s)(7.82 s) = 470
m.
(c) A componente horizontal da velocidade da
bomba é 60 m/s, e a sua componente vertical é –gt = -76.7
m/s.
(d)
(e) Como a aeroplano e a bomba sempre terão as
mesmas componentes x de velocidade e posição o aeroplano
estará 300 m acima da bomba no momento do impacto.
3-12: (a) Resolvendo a Eq. (3-18) para y = 0, y0 = 0.75 m
resulta em s t = 0.391 s.
(b) Supondo que a velocidade inicial horizontal (na
borda da mesa) seja igual a v0y = 0, então da Eq. (3-16), v0x =
(x – x0)/t = 3.58 m/s.
(c) Ao bater sobre o piso, vy = -gt = -0
2gy = -
3.83 m/s, e então a bola tem uma velocidade cujo módulo é
de 5.24 m/s, direcionada em um ângulo de 46.9o abaixo da
horizontal.
(d)
Embora não solicitado no problema, este gráfico das
posições y vs. x mostra a trajetória da bola de tênis quando
observada lateralmente a queda.
3-14: (a) O tempo t é .63.1
/8.9
/0.162
0s
sm
sm
g
vy
(b) .1.13
22
1
2
12
2 mg
vtvgt
yo
yo
(c) Com respeito de como a álgebra é feita, o
tempo será duas vezes aquele encontrado na (a), ou 3.27 s
(d) vx é constante para 20.0 m/s, então (20.0
m/s)(3.27 s) = 65.3 m.
(e)
3-16: (a) Se a resistência do ar for ignorada, as
componentes horizontal e vertical da aceleração é,
respectivamente: 0 e –g = -9.80 m/s2 .
(b) A componente x da velocidade é constante para
vx = (12.0 m/s) cos 51.0o = 7.55 m/s. A componente y é v0y =
(12.0 m/s) sen 51.0o = 9.32 m/s no lançamento , e v0y – gt =
(10.57 m/s) – (9.80 m/s2)(2.08 s) = -11.06 m/s quando atingir
chão.
(c) v0xt = (7.55 m/s)(2.08 s) = 15.7 m.
(d) As alturas final e inicial não são as mesmas.
(e) Com y = 0 e v0y conforme encontrado acima,
resolvendo a Eq. (3-18) para y0 = 1.18 m.
(f)
3-18: Substituindo para t em termos da expressão para
yflecha resulta em:
yflecha = .
cos2tan
0
22
0
0
v
gdd
Utilizando os valores fornecidos para d e 0 para
expressar esta função de v0, temos:
.
/62.2690.000.3(
2
0
22
v
smmy
Então,
(a) y= 2.14 m,
(b) y = 1.45 m,
(c) y = -2.29 m. No último caso, a flecha foi
disparada com uma velocidade tão lenta que ela atingiu o
solo antes de se deslocar 3 metros de distância na horizontal
.
(d)
3-20: Para qualquer item da máquina de lavar, a
aceleração centrípeta será proporcional ao quadrado da
freqüência, e por conseguinte inversamente proporcional
ao quadrado do período de rotação. Triplicando a
aceleração centrípeta o período diminuirá por um fator de
3 , então o novo período T será dado em termos do
período T anterior, isto é: T = T/ .3
3-22: 550 rev/min = 9.17 rev/s, correspondendo a um
período de 0.109 s.
(a) Da Eq. (3-29), 2196 /
Rv m s
T
(b) Também da Eq. (3-30) ou Eq. (3-31), rad =
1.13 x 104 m/s
2 = 1.15 x 10
3g.
3-24: (a) Utilizando a Eq. (3-3),
./1097.22 4 smxT
R
(b) Também da Eq. (3-30) ou Eq. (3-31), rad =
5.91 x 10-3
m/s2.
(c) v = 4.78 x 104 m/s, e a = 3.97 x 10
=2 m/s
2.
3-26: (a) arad = (3 m/s)2/(14 m) = 0.643 m/s
2, e atan =
0.5 m/s2. Então ,
a = ((0.643 m/s2)
2 + (0.5 m/s
2)
2)
1/2 = 0.814 m/s
2, 37.9
o
para a direita da vertical .
(b)
3-28: A utilização repetida da Eq. (3-33) dá:
(a) 5.0 = m/s para a direita,
(b) 16.0 m/s para a esquerda , e
(c) 13.0 = m/s para a esquerda.
3-30: O caminhante percorre em três quartos de horas
(45 minutos) , um percurso total de 3.0 km e a uma
velocidade de 4.0 km/h. A velocidade do barco relativo a
costa é 6.8 km/h corrente a baixo, 1.2 km/h contra a
corrente, então o tempo total que o remador leva é:
.min8847.1
/2.1
5.1
/8.6
5.1hr
hkm
km
hkm
km
3-32: (a) A componente de velocidade do
aeroplano para a direção norte, relativa ao ar, deve ser
80.0 km/h, então a direção de viagem deve ser :
arcsen
320
0.80 = 14o do norte para o oeste.
(b) Utilizando o ângulo encontrado na parte (a),
temos: (320 km/h) cos 14o = 310 km/h. , ou de modo
equivalente:
./310)/0.80()/320( 22 hkmhkmhkm
3-34: (a) A velocidade relativa à água é ainda 4.2 m/s. A
direção de viagem do barco é:
arcsen
3.4
0.2 = 28o , do norte para leste.
(b) .,/7.3)/0.2()/2.4( 22 eastsmsmsm
(c) 800 m/3.7 m/s = 217 s, arredondado par três
algarismos significativos .
3-36: (a) Utilizando as Equações generalizadas 2-17
e 2-18,
.62
,12
,2
,3
32
0
4
0
2
0
3
0
tttvyttvxettvv
tvv
yxyy
xx
(b) Fazendo-se y = 0 temos uma função quadrática
em t, isto é
v0y + t - 0
2
2t , a qual tem solução positiva igual a :
,59.1321
0
2 svt
Deixando os cálculos intermediários para outro
lugar, e utilizando o tempo t acima na expressão y(t)
obtemos a altura máxima de 341 m.
(c)
(d) O tempo para o qual y = 0 requer a solução de
outra função quadrática, isto é:
2
0
620 ttv
y
(observe que a raiz note t = 0 foi colocada em
evidência). Resolvendo para t, encontramos t = 20.73 s (foi
mantido um algarismo significativo a mais durante os
cálculos intermediários), para o qual obtemos x = 38.5 km.
3-38: (a) Integrando
.ˆ2
ˆ)3
( 23 jtittr
Derivando .̂ˆ)2( jia
(b) O tempo positivo para o qual x = 0 é dado por
t2 = 3 / . Para este tempo a coordenada y é :
(c)0.9
)/6.1(2
/0.4(/4.2(3
2
3
2 2
2
2
sm
smsmt
m.
3-40: (a)
As equações do movimento são:
2
0
2
1)sen( gttvhy
x = (v0 cos ) t
vy = v0 sen - gt
vx = v0 cos
Note que o ângulo de 36.9o resulta em
sen 36.9o = 3/5 e cos 36.9
o = 4/5. No topo da trajetória, vy
= 0. Resolva isto para t e utilize a equação para y para
achar a altura máxima: .sen
0
g
vt Então, y=h+
,sen
2
1sen)sen(
2
00
0
g
vg
g
vv que fica
reduzida a: .2
sen 22
0
g
vhy Utilizando
,8/250
ghv e sen = 3/5, obtemos:
.16
25,
16
9
2
)5/3)(8/25( 2
hyorhhg
ghhy
Nota: esta resposta supõe que y0 = h. Fazendo-se y0 = 0
teremos os resultado de y = .16
9h O tempo total de vôo
pode ser encontrado da equação y, colocando y = 0,
supondo que y0 = h, resolvendo a equação quadrática para
t, e inserindo o tempo total de vôo na equação x a fim de
se obter o alcance. A equação quadrática é:
.05
3
2
10
2 gvgt Utilizando os termos
quadrático temos:
t.
2
12
))(2
1(4))5/3(()5/3( 2
00
g
hgvv
t
Substituindo 8/250
ghv obtemos
.8
16
8
25
25
98/25)5/3(
g
ghghgh
t
Obtendo os termos para t, fica:
.2
52
32
1
2
25
2
9
2
1
g
h
g
h
g
h
g
ht
Somente a
raiz positiva tem sentido, então .
24
g
ht
Portanto,
utilizando:
.4
24
5
4
8
25,)cos(
0h
g
hghxtvx
3-42: (a) Colocando y = -h na Eq. (3-27) (h é a
altura inicial que a dublê se encontra acima do solo) e re-
agrupando os termos, temos:
.02cossen2 2
000
2
2 hg
vx
g
vx xo
A melhor coisa que se pode fazer aqui é
reconhecer que a equação acima pode ser colocada na forma:
,02 2
0002 hg
vx
g
vwvx xyx
cuja solução é:
.5.5522
00
0 mghvvg
vx
yy
x
(b) O gráfico de vx(t) e’uma linha horizontal .
3-44: Em termos da escala R e do tempo t que o balão
está no ar, a distância original do carro é d = R + vcart. O
tempo t pode se expresso em função da escala e da
componente horizontal da velocidade, isto é:
,cos
00v
Rt então
.cos
00v
Rd
Utilizando
gvR /2sen0
2
0 e os valores dados resulta em d
= 29.5 m.
3-46: Supondo a partida tenha início em x = 0 e y = 0,
então as equações do movimento são y = (v0 sen )t -
1/2gt2 e x = (v0 cos )t . Quando a partida tem início
(atirando papéis no cesto de lixo) com uma velocidade
mínima, então y = 2D e x = 6D. Analogamente, para uma
velocidade máxima, y = 2D e x = 7D. Em ambos os casos ,
sen = cos = .2/2
Par se alcançar a distância mínima : 6D = ,2
20tv e
2D = .2
1
2
2 2
0gttv
Resolvendo a primeira equação para t resulta em
.26
0v
Dt Substituindo este resultado na segunda
equação temos:
2D = 6D - .
26
2
12
0v
Dg
Que resolvendo para v0
resulta em v0 = .3 gD
Para se alcançar a distância máxima: 7D = ,2
20tv e 2D
= .2
1
2
2 2
0gttv Resolvendo a primeira equação para
t resulta em .
27
0v
Dt
Substituindo este resultado na
segunda equação temos:
2D = 7D - .27
2
12
0v
Dg Que resolvendo
para v0 resulta em
v0 = ,13.35/49 gDgD a qual,
como esperado, é maior que o resultado anterior .
3-48: A Equação 3-27 relaciona as componentes
vertical e horizontal da posição para um dado conjunto de
valores iniciais
(a) Resolvendo para v0 temos:
.tan
cos2/
0
0
22
2
yx
gxv
o
Inserindo valores numéricos resulta em: v0 = 16.6 m/s.
(a) Eliminando t entre as Equações 3-20 e 3-23
resulta em vy como função de x, isto é:
.cos
00
00
v
gxsinvv
y
Utilizando os valores dados resulta em:
vx = v0 cos 0 = 8.28 m/s, vy = -6.98 m/s, então
v = ,/8.10)/98.6()/28.8( 22 smsmsm para um
ângulo de: arctan ,1.40
24.8
98.6 o com o sinal negativo
indicando a direção abaixo da horizontal
(b) O gráfico de vx(t) é uma linha horizontal.
3-50: (a) Isto pode ser feito pela aplicação direta do
resultado do Problema 3-49; com 0= -40o, substituído na
expressão para x resulta em 6.98 m.
(b)
(c) Utilizando (14.0 m – 1.9 m) no lugar de h no
calculo acima, resulta em x = 6.3 m, então o homem não será
alcançado.
3-52: (a) Utilizando a mesma álgebra do Problema
3-48(a), v0 = 13.8 m/s.
(b) Novamente, a álgebra é a mesma que a utilizada
no Problema 3-48; v = 8.4 m/s, para um ângulo de 9.1o, desta
vez acima da linha horizontal .
(c) O gráfico de vx(t) é uma linha horizontal.
O gráfico de y(t) vs. x(t) mostra a trajetória de
Mary Belle , de acordo com observação lateral :
(d) Nesta situação é conveniente utilizar a Eq. (3-
27), que se torna y = (1.327) x – (0.071115 m-1
)x2.
Resolvendo esta função quadrática, resulta em x = 23.8 m.
3-54: Combinando as equações 3-25, 3-22 e 3-34
resulta em: 2
000
22
0
2 )sen(cos gtvvv
2
000
2
0
22
0)(sen2)cos(sen gtgtvv
2
00
2
0
2
1sen2 gttvgv
,22
0gyv
onde a Eq. (3-21) foi utilizada para eliminar t em
favor de y. Este resultado, o qual será visto no capítulo
relacionado com a conservação da energia (Capítulo 7), é
válido para qualquer valor de y, seja positivo, negativo ou
nulo, desde que é claro, v2 > 0. Para o caso da pedra
atirada do telhado de um edifício de altura h, a velocidade
no solo é obtida pela substituição de y = -h na expressão
acima, resultando em ,22
0 ghv que é independente de
0.
3-56: A componente y da velocidade inicial é
,20
gyvy
e o tempo que o seixo está em voo é
./2 gyt A componente x da velocidade inicial é
.2/2
0ygxv
x O módulo da velocidade
incial é portanto:
22
0 2 2 12 2
x g xv gy gy
y y
cujo ângulo é arctan
x
y
v
v
0
0 = arctan (2y/x).
3-58: No referencial do herói, o alcance do objeto deve
ser a separação inicial mais a quantidade que o inimigo
arrastou para fora naquele tempo. Simbolicamente,
R = x0 + vE/Ht = x0 + vE/H ,0x
v
R onde aqui vE/H é a
velocidade do inimigo relativo ao herói, t é o tempo de vôo,
v0x é a componente x da velocidade da granada (constante),
conforme medido pelo herói, e R é o alcance da granada ,
também medido pelo herói. Utilizando a Eq. (3-29) para R,
com sen 2 0 = 1 e v0x = v0/ ,2
.02,2
00/
2
0
0
/0
2
0 gxvvvorg
vvx
g
vHEHE
Esta equação quadrática é resolvida para:
,/1.614222
10
2
//0hkmgxvvv
HEHE
onde as unidades para g e x0 foram convertidas
adequadamente. Relativo a Terra, a componente x da
velocidade é 90.0 km/h + (61.1 km/h) cos 45o = 133.2 km/h,
e a componente y , para o mesmo referencial, é (61.1 km/h)
sen 45o = 43.2 km/h, sendo o módulo da velocidade igual a
140 km/h.
3-60: (a) 22
yxvv
dt
d
dt
dv
22
22 )()2/1(
yx
yx
vv
vvdt
d
.22
yx
yyxx
vv
avav
(b) Utilizando os números do Exemplo 3-1 e 3-2,
./54.0)/3.1()/0.1(
)/30.0)(/3.1(/50.0)/0.1(22
22
smsmsm
smsmsmsm
dt
dv
A aceleração é devido a mudança tanto no módulo
como na direção da velocidade. Se a direção da velocidade
está mudando, o módulo da aceleração é maior que a taxa de
mudança da velocidade .
(c) ,, 22
yxyyxxvvvavavav
e portanto
a formula acima para
dt
dv se parece com ./ vav
3-62: Uma forma direta para se encontrar o ângulo é
considerar a velocidade relativa ao ar e, a velocidade relativa
ao solo, como se formassem dois lados de um triângulo
isósceles. A direção do vento relativo ao norte é a metade do
ângulo incluído, ou seja, arcsen (10/50) = 11.53o, do leste
para o norte.
3-64: (a) As gotas são consideradas como caindo
verticalmente, então sua componente horizontal de
velocidade com respeito a Terra é nula. Com relação ao
trem, sua componente horizontal de velocidade é 12.0 m/s,
para oeste (pois o trem está se movendo para a direção
leste)
(b) A componente vertical, em relação ao
referencial da Terra é (12.0 m/s)/(tang 30o) = 20.8 m/s,
que é o módulo da velocidade em relação ao referencial da
Terra. O módulo da velocidade no referencial do trem é
./24)/8.20()/0.12( 22 smsmsm Isto é, sem
dúvida, o mesmo que (12.0 m/s) / sen 30o.
3-66: (a) 2D/v
(b) 2Dv/(v2 – w
2)
(c) 2D/22 wv
(d) 1.50 h, 1.60 h, 1.55 h.
3-68: (a) ./80.9)90.4)(/80.9(22 2
0smmsmghv
y
(b) v0y/g = 1.00 s.
(c) a velocidade relativa ao homem é:
,/54.4)/80(.)/8.10( 22 smsmsm e a
velocidade relativa a roda é 13.6 m/s (arredondado para
três algarismos significativos) e portanto o homem deve
estar a 13.6 m na frente da roda par poder liberar a bola.
(d) Relativo ao vagão, a bola é projetada em um
ângulo de = tang-1
.65
/54.4
/80.9 o
sm
sm Relativo ao solo
o ângulo será de
= tang-1
o
smsm
sm7.35
/10.9/54.4
/80.9
3-70: Escreva uma expressão, em função do tempo e a
partir da origem até a partícula, para o quadrado da
distância (D2). Em seguida obtenha a sua derivada em
relação ao tempo e resolva para o valor de t quando esta
derivada for zero. Se o discriminante for zero ou negativo
a distância D nunca diminuirá . Obedecendo a este
procedimento, temos que sen-1
(8/9) = 62.7o.
3-72: Da mesma forma que no problema anterior, a
distância horizontal x em termos
dos ângulos é:
.)(cos
1
2)(tan
22
0v
gxtax
Defina a quantidade sem dimensão 2
02/ vgx
por . Neste caso temos:
.2486.0)/0.32(2
0.30cos)0.60)(/80.9(2
2
sm
msm o
A relação acima pode então ser escrita, pela
multiplicação de ambos os lados pelo produto cos cos (
+ ),
,)(cos
coscos)()(cos sinsin
e então:
.)(cos
cos)(coscos)( sinsin
O termo da esquerda é sen (( + ) - ) = sen ,
então o resultado para esta combinação é:
sen cos ( + ) = cos .
Embora isto possa ser feito numericamente (método
interativo, tentativa e erro ou outros métodos), a expansão
sen a cos b = 2
1(sen (a + b) + sen (a – b)) permite que o
ângulo seja isolado.Mais especificamente,
,cos))(sen)2((sen2
1
com o resultado final
sen (2 + ) = 2 cos + sen .
(a) para = 30o, e conforme encontrado
acima, = 19.3o e o ângulo acima da horizontal é + =
49.3o. Para nível básico, utilizando = 0,2871, resulta em
= 17.5o.
(b) Para = -30o, o mesmo obtido par = 30
o
pode ser utilizado (cos 30o = cos (-30
o)), resultando em =
13.0o e + = -17.0
o.
3-74:
A posição x do aeroplano é (236 m/s)t e a posição x
do foguete é:
(236 m/s)t + ½(3.00)(9.80 m/s2) cos 30
o (t – T)
2.
Os gráficos para ambos tem a forma:
Se considerarmos y = 0 como sendo a altitude das
linhas aéreas, então
y(t) = -1/2gT2 – gT(t – T) + ½(3.00)(9.80 m/s
2)(sen 30
o)(t –
T)2 para o foguete. O gráfico se parece com:
Colocando y = 0 para o foguete, podemos resolver
para t em termos de T, 0 = -(4.90 m/s2)T
2 – (9.80 m/s
2)T(t – T)
+ (7.35 m/s2)(t – T)
2. Utilizando a formula quadrática para a
variável x = t- T, nós encontramos
x = t – T =
)/35.7(2
)9.4)(/35.7()4()/80.9()/80.9(2
22222
sm
TsmTsmTsm
ou t = 2.72 T.
Agora utilizando a condição de que xfoguete – xaeroplano = 1000
m, nós encontramos que (236 m/s)t + (12.7 m/s2) x (t – T)
2 –
(236 m/s)t = 1000 m, ou (1.72T)2 = 78.6 s
2. Portanto T = 5.15
s.
Capítulo 3 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercício Gabarito
3.1 (a) (vmed)x = 1.4 m/s, (vmed)y = -1.3 m/s (b)
1.9 m/s, -43°
3.3 (a) 7.1 cm/s, 45° (b) 5.0 cm/s, 90°; 7.1 cm/s,
45°; 11 cm, 27°.
3.5 (a) (amed)x = -8.67 m/s², (amed)y = -2.33 m/²s
(b) 8.98 m/s², 193°
3.7 (b) ˆ ˆ ˆ2 2v i t j a j
(c) v = 5.4 m/s, -63°; a = 2.4 m/s², -90° (d)
aumentando; fazendo uma volta para direita.
3.9 (a) 0.600 m (b) 0.385 m (c) vx= 1.10 m/s, vy
=-3.43 m/s; v = 3.60 m/s, 72.2° abaixo da
horizontal.
3.11 (a )l.08s (b) 6.18 m. 4,51 m; 11.5 m, 5.74 m;
16.8 m, 4.51 m (c) 11.7 m/s, +24.8°; 10.6
m/s, 0°; 11.7 m/s, -24,8° (d) paralelos: -4,11
m/s2. 0, 4.11 m/s
2; perpendiculares: 8,90
m/s2, 9,80 m/s
2, 8,90 m/s
2
3.13 (a) 1.4 km (b) 8.5 km
3.15 (a) 0.682 s, 2.99 s (b) 24.0 m/s, 11.3 m/s;
24.0 m/s,-11.3 m/s (c) 30.0 m/s, -36.9°
3.17 (a) 1.5 m (b)-0.89 m/s
3.19 (a) 13.6 m (b) 34.6 m/s (c) 103 m
3.21 (a) 0,034 m/s2 = 0.0034g (b) 1.4 h
3.23 (a) 3.07 s (b) l.68 s
3.25 (a) 3.50 m/s2, para cima (b) 3.50 m/s
2, para
baixo (c) 12.6 s
3.27 (b) não (c) no ponto onde o carro se encontra
mais afastado do centro geométrico da elipse
3.29 (a) 14 s (b) 70 s
3.31 0.36 m/s, 38° no sentido do sul para o oeste
3.33 (a) 4.7 m/s, 25° no sentido leste para sul
(b) 190 s (c) 380 m
3.35 (a) -7.l m/s, -42 m/s (b) 43 m/s, 9.5° no
sentido do sul para o oeste
3.37 (a) t = 0 (b) t = 0
(c) t = 0 x=0, y= 15.0m; t = 5.21 s,
x = 6.25 m, y =1.44 m (d) 6.41 m, 5.21 s
3.39 (a) 1.0 m/s2 (b) 5.4° (c) 2,3 m/s (d) 31 s
3.41 22 m/s
3.43 274 m
3.45 (a) 42.8 m/s (b) 42.0 m
3.47 4 2D
3.49 (c) menor do que 45°
3.51 (b) 15°, 75°
3.53 (a) 17.8 m/s (b) no rio, a uma distância de
28.4 m da margem mais próxima da rampa
3.55 (a) 2.23 m (b) 3.84 m
(c) 8.65 m/s (d) 3.09 m, 0.62 m
3.57 (c) (18/25)gT2 (d) (3/2)gT
2
3.59
3.61 vx = R. .(1 – cos[ .t)]); vy = R. .sen[ .t]
ax = R.2.sen[ .t]; ay = R.
2.cos[ .t];
Exercício Gabarito
3.63 30 km
3.65 (a) 44.7 km/h, 26.6° no sentido do sul para o
oeste (b) 10.5° no sentido do oeste para o
norte
3.67 (a) 0.782 s (b) 7.67 m/s
(c) 5.17 m/s (d) 1.04 m
3.69 (a) 80 m (b) l.56.10-3
(c) o efeito global da
resistência do ar faz diminuir o raio
3.71 22
0cos2
cos
vtg tg
g
4 2
3.73 t = 0.5 s: 9.589 m/s2, 118.6°; t = 0.1 s:
9.983 m/s2, 95.73°; t = 0.05 s: 9.996 m/s
2,
92.86°
3.75 (a) 1.5 km/h (b) 3.5 km/h
Capítulo 4 – Exercícios Pares Resolvidos
4-2: No novo sistema de coordenadas, a força de 300-N
atua em um ângulo de 23o relativo ao eixo –x, ou num
ângulo de 105o relativo ao eixo +x-axis, e a força de 155-N
atua em um ângulo de 23o relativo ao eixo –x-axis, ou em
um ângulo de 203o relativo ao eixo +x .
(a) As componentes da força resultante são:Rx = (200 N) +
(300 N) cos 105o + (155 N) cos 203
o –20 N
Ry = (200 N) – sen 0 + (300 N) sen 105o + (155 N) sen 203
o
= 229 N.
(b) .9520
229arctan,23022 O
yY NRrR Os resultados
possuem o mesmo módulo, e o ângulo foi variado
pelaquantidade em que as coordenadas foram giradas, isto é
30o .
4-4: (a) Fx = F cos é o ângulo que a corda faz com a ( =
30o nesse problema, então:
.3.6930cos
0.60
cos|| N
NFFF
o
x
(b) Fy = F sin = Fx tan = 34.6 N.
4-6: (a)
.00.3)9.126(sen)00.6(120sen)00.9(
10.8)9.126(cos)00.6(120cos)00.9(
21
21
NNNFF
NNNFF
oo
yy
oo
xx
(b).64.8)00.3()10.8( 2222 NNNRRR ux
4-8: F = ma = (135 kg) (1.40 m/s2) = 189 N.
4-10: (a) A aceleração é:
./88.0)00.5(
)0.11(22 2
22sm
s
m
t
xa A massa é portanto
.9.90/88.0
0.802
kgsm
N
a
Fm
(b) A velocidade no final dos primeiros 5.00
segundos é at = 4.4 m/s, e o bloco continuará a se mover
nessa velocidade sobre uma superfície sem atrito, portanto
ele se deslocará outros vt = 22.0 m nos próximos 5.00 s.
4-12: (a) a = F/m = 140 N/32.5 kg = 4.31 m/s2
(b) Com v0 = 0, x = .2152
1 2 mat
(c) Com v0 = 0, v = at = 2x/t = 43.0 m/s.
4-14: (a) Com v0 = 0,
./1050.2)1080.1(2
)/1000.3(
2
214
2
262
smxmx
smx
x
va
(b) .1020.1/1050.2
/1000.3 8
214
6
sxsmx
smx
a
vt Note que este
tempo é também a distância dividida pela velocidade media
(c) F = ma = (9.11 x 10-31
kg) (2.50 x 1014
m/s2) =
2.28 x 10-16
N.
4-16: ./0.22)/80.9(
2.71
160
/
22 smsmgw
F
gw
F
m
Fa
4-18: (a) Da Eq. (4-9), m = w/g = (3.20 N)/(9.80 m/s2) =
0.327 kg.
(b) w = mg = (14.0 kg)(9.80 m/s2) = 137 N.
4-20: (a) A Terra (gravidade)
(b) 4 N, o livro
(c) não
(d) 4 N, a Terra, o livro, para cima
(e) 4 N, a mão o livro, para baixo
(f) segundo
(g) terceiro
(h) não
(i) não
(j) sim
(l) sim
(m) um (gravidade)
(n) não
4-22: A reação à força normal direcionada para cima e
sobre o passageiro é uma força normal direcionada para
baixo, também de módulo igual a 620 N, a qual o
passageiro exerce sobre o piso. A reação ao peso do
passageiro é a força gravitacional que o passageiro exerce
sobre a Terra, direcionada para cima e também com
módulo de 650 N.
./452.0/80.9/650
650620 2
2sm
smN
NN
m
F
Portanto, a aceleração do passageiro é de 0.452 m/s2,
para baixo.
4-24: (a) A força que o astronauta exerce sobre a
corda e a força que a corda exerce sobre o astronauta
formam um par de ação e reação, então a corda exerce
uma força de 80 N sobre o astronauta.
(b) O cabo está sob tensão.
(c)./762.0
0.105
0.80 2smkg
N
m
Fa
(d) Não há força resultante sobre a corda de
massa desprezível, portanto a força que o veículo espacial
exerce sobre a corda deve ser de 80.0 N (isto não é um par
de ação-reação). Então, a força que a corda exerce sobre o
veículo espacial deve ser 80.0 N.
(e) ./1084.8
1005.9
0.80 `24
4smx
kgx
N
m
Fa
4-26: (a) A força resultante é para cima, então:
T – mg = m |).|(|,| agmTanda
(b) A força resultante é para baixo, então:
mg – T – m |).|(|| agmTanda
4-28: (a)
(b) A caixa com massa total de 10.00 kg, acelera
conjuntamente com uma aceleração de:
./00.5
00.10
0.50 2smkg
N
m
Fa
(c) A tensão é a única força horizontal atuando
sobre a caixa menor, então
T = ma = (4.00 kg)(5.00 m/s2) = 20.0 N.
Apenas para verificação, a força resultante sobre a
caixa maior é:
F – T, so T = 50.0 N – (6.00 kg)(5.00 m/s2) = 20 N.
4-30: Derivando duas vezes a aceleração do helicóptero
em função do tempo é:
,ˆ)/12.0(ˆ)/120.0( 23 ksmitsma
e para t = 5.0 s, a aceleração é:
.̂)/12.0(ˆ)/60.0( 22 ksmisma
Portanto a força é:
.ˆ)104.3(ˆ)107.1(
ˆ)/12.0(ˆ/60.0()/80.9(
)1075.2(
34
22
2
5
kNxiNx
ksmismsm
Nxa
g
wamF
4-32: (a) O tempo de parada é :
.1043.7/350
)130.0(2
)2/(
4
0
sxsm
m
v
x
v
x
avc
(b) F = ma = (1.80 x 10-3
kg) .848
)1043.7(
)/350(4
Nsx
sm
Utilizando seng xva o 2/2 temos o mesmo
resultado.
4-34: (a) F – w = F – mg = ma, so m =
ga
F e,
.0.40)/80.9/45.2(
)/80.9()0.50(
22
2
Nsmsm
smN
ga
gFmgw
(b) Resolvendo a relação anterior para a em termos
de F, temos:
,/45.210.40
0.30)/80.9(1
/
22 smN
Nsm
w
Fgg
gw
Fg
m
Fa
com o sinal negativo indicando que a aceleração é para
baixo.
(c) Se o cabo se romper, a = -g e a força F é nula,
então a escala apresenta a leitura zero.
4-36: O navio iria a uma distância :
,25.506)100.8(2
)/5.1)(106.3(
2)/(22 4
272
0
2
0
2
0 mNx
smkgx
F
mv
mF
mv
a
v
portanto o navio colidiria com o recife. A velocidade quando
o navio petroleiro choca-se com o recife pode ser encontrada
de:
,/17.0)106.3(
)500)(100.8(2)/5.1()/2(
7
4
22
0sm
kgx
mNxsmmFxvv
então o óleo estaria protegido.
4-38: .107.3
)108.1(2
)/5.12()850(
2
6
2
22
0 Nxmx
smkg
x
vmmaF
4-40: Seja a aceleração a2 quando a força propulsora for
F1, e quando a força propulsora F1 seja a aceleração
correspondente a1. As forças e aceleração estão relacionadas
por:
F1 – w = ma1, F2 – w = ma2.
Eliminando-se a massa pela divisão da primeira pela
segunda equação, temos:
,
2
1
2
1
a
a
wF
wF
e resolvendo para o peso w temos:
.21
1221
aa
FaFaw
Desse modo não importa qual força propulsora e
aceleração são denotadas por 1 e o qual é denotada por 2,
e a aceleração devido a gravidade na superfície de
mercúrio não precisa ser encontrada . Substituindo os
números dados, temos:
.100.16)/80.0(/20.1
)100.25)(/80.0()100.10)(/20.1( 3
22
3232
Nxsmsm
NxsmNxsmw
No resultado acima note que a direção positiva é
para cima, de modos que a2 é negativa . Também note que
embora a2 seja conhecida para dois lugares, as somas tanto
no numerador como no denominador são conhecidas para
três lugares.
4-42: (a) Se o ginasta escala a uma taxa constante,
não existe força resultante sobre ele, então a tensão deve
ser igual o peso: T = mg.
(b) Sem movimento é sem aceleração, portanto a
tensão é novamente o peso do ginasta.
(c)T – w = T – mg = ma = ||am
(a aceleração é
para cima, na mesma direção da tensão), então T = m(g +
|).| a
(d)T – w = T = mg = ma = -m || a
(a aceleração é
para baixo, na direção oposta da tensão), então T = m(g -
|).| a
4-44: (a) Sua velocidade quando ele toca o solo é :
./80.7)10.3)(/80.9(22 2 smmsmghv
(b) A aceleração enquanto o joelho está curvando é :
./6.50)60.0(2
)/80.7(
2
2
22
smm
sm
y
va
(c) A força resultante que o pé exerce sobre o solo é
também a força que o solo exerce sobre o pé (par de ação-
reação). Esta força está relacionada com o peso e
aceleração por: F – w = F – mg = ma, então F = m(a + g)
= (75.0 kg)(50.6 m/s2 + 9.80 m/s
2) = 4532 N. Como uma
fração de seu peso, esta força é :
16.61
g
a
mg
F (foi mantido algarismo
significativos extras nos cálculos intermediários de a).
Observe que este resultado é o mesmo obtido
algebricamente de:
.160.0
10.3
m
4-46:
(a) A força resultante no topo superior do cabo é
nula ; a tensão no cabo deve ser igual ao seu peso..
(b) A força resultante sobre o cabo deve ser nula; a
diferença entre as tensões do topo e na parte de baixo do
cabo deve ser igual ao peso w, e com o resultado da parte
(a), não existe tensão na parte inferior do cabo.
(c) A força resultante na metade de baixo do cabo
deve ser nula, e então a tensão na metade do cabo deve ser a
metade do peso, isto é w/2. De modo equivalente, a força
resultante na metade superior do cabo deve ser nula. Da
parte (a), a tensão no topo é w, o peso do relativo a metade
do topo é w/2 , então a tensão na metade do cabo dever ser w
– w/2 = w/2.
(d) O gráfico de T vs. distancia será uma linha com
inclinação negativa.
4-48: Para uma dada velocidade inicial, a altura que a
bola irá alcançar é inversamente a sua aceleração para baixo.
Isto é, a aceleração na presença de uma força de arrasto é:
.32.18.3
0.5gga
Desde que:
mg +Fdrag = ma = 1.32 mg, Fdrag = 0.32 mg
= (0.32)(0.0900 kg)(9.80 m/s2) = 0.32 N.
Observe que na situação (onde o movimento da
bola foi considerado para cima), a força de arrasto e da
gravidade atuam na mesma direção.
4-50: (a A equação do movimento, -Cv2 =
dt
dvm não pode
ser integrada com relação ao tempo, pois a função
desconhecida v(t) é parte do integrando. A equação deve ser
separada antes da integração, ou seja :
,11
0
2
vvm
Ct
v
dvdt
m
C
onde v0 é a constante de integração, isto é v = v0 para t = 0.
Observe que isto mostra que se v0 = 0, não existe movimento
. Esta expressão pode ser reescrita como:
,1
1
0m
Ct
vdt
dxv
Para se obter x em função de v, o tempo t deve ser
eliminado em favor de v; da expressão obtida após a
primeira integração, isto é
,100
v
v
m
Ctv então
.ln 0
0
v
v
C
mxx
(b) Pela regra da cadeia,
,vdx
dv
dt
dv
dx
dv
dt
dv
e utilizando a expressão dada para a força resultante,
temos:
2
0
0
00
( ) ln
ln
dvCv v m
dx
C dvdx
m v
C vx x
m v
vmx x
C v
Capítulo 4 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercícios Respostas
4.1: (a) 0 (b) 90° (c) 180°
4.3: 7.l N horizontal, 7.l N vertical
4.5: 494 N, 31.7°
4.7: 2.2 m/s2
4.9: 16.0 kg
4.11: (a) 3.13 m, 3.13 m/s (b) 21.9 m, 6.25 m/s
4.13: (a) 0F
4.15: 32.94 10 N
4.17: (a) 4.49 kg (b) 4.49 kg, 8.13 N
4.19: 825 N, o bloco
4.23: 23
27.4 10
m
s
4.25: 5.83 m/s2;
4.27: (a) 25.0 N (b) 10.0 N
4.29: 1.47 m/s², para cima
4.31: 6xF t m B t
4.33: 1840 N, 135°
4.35: (a) 17 N, 90° no sentido horário a partir do
eixo +0x (b) 840 N;
4.37: 32.36 10 N
4.39: (a) 4.4 m (b) (i) 42.7 10 N (ii) 39.0 10 N
4.41: (a) 4ma (b) 3ma (c)2ma
(d)-ma (e) possuiriam os mesmos módulos
e a mesma direção, mas os sentidos
4.43: (a) 2.93 m/s2 (b) 11.1 m/s
2
4.45: (b) 25.9 10 N (c) 32.2 10 N
4.47: (b) 3.53 m/s² (c) 120 N (d) 93.3 N
4.49: 4
1 2ˆ ˆ4k t m i k t m j
4.51:
2 5 32 3 31
2ˆ ˆ
2 120 6
k k kkr t t i t j
m m m
4 22 3 31
2ˆ ˆ
24 2
k k kkv t t i t j
m m m
Física 1 – GABARITO – EXERCÍCIOS – Sears & Zemansky – Editora Pearson – Prof. Dr. Cláudio. Sérgio Sartori.
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