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Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori

1

Da editora Pearson

www.aw.com/young_br

Capítulo 6 – 10ª Edição – Sears &Zemansky

6-2: (a) “Puxando lentamente” pode ser entendido

que o balde sobe a velocidade constante, então a tensão na

corda pode ser considerada como sendo o peso do balde.

Ao se puxar um dado comprimento da

corda, da Eq. (6-1),

W = Fs = mgs = (6.75 kg)(9.80 m/s2)(4.00 m) = 264.6 J.

(b) A Gravidade está direcionada no sentido oposto

do movimento do balde, então da Eq. (6-2) resulta no

resultado negativo da parte (a), ou –265 J.

(c) O trabalho resultante realizado sobre o balde é

nulo.

6-4: (a) A força de atrito a ser vencida é:

f = kN = kmg = (0.25)(30.0 kg)(9.80 m/s2) = 73.5 N,

ou 74 N , considerando apenas dois algarismos significativos.

(b) Da Eq. (6-1), Fs = (73.5 N)(4.5 m) = 331 J. O

trabalho é positivo, desde que o trabalhador está empurrando

na mesma direção de movimento da caixa.

(c) Desde que f e s estão em direção oposta, da Eq.

(6-2) temos: -fs = -(73.5 N)(4.5 m) = -331 J.

(d) Ambas as forças norma e da gravidade atuam na

direção perpendicular ao movimento, então nenhuma das

forças realizam trabalho.

(e) O trabalho resultante realizado é nulo.

6-6: Da equação . (6-2)

Fs cos = (180 N)(300 m) cos 15.0o = 5.22 x 10

4 J.

6-8: (a) Da Eq. (6-6),

K = .1054.1/

/

6.3

1)/0.50()1600(

2

1 5

2

Jxhkm

smhkmkg

(b) A Equação (6-5) apresenta a dependência

explicita da energia cinética sobre a velocidade. Dobrando a

velocidade de qualquer objeto aumenta a sua energia cinética

por um fator de quatro.

6-10: Dobrando a velocidade aumenta a energia cinética, e

por conseqüência quadruplica o módulo do trabalho feito por

atrito. Com a força de parada, definida como sendo

independente da velocidade, a distância também deve

aumentar por um fator quatro.

6-12: Como o exemplo explica, os barcos possuem a

mesma energia cinética K na linha de chegada , então

(1/2) ,)2/1( 22

BBAAvmvm ou com

.2,2 22

BAABvvmm

(a) Resolvendo para a razão das velocidades,

obtemos: vA/vB = 2 .

(b) Os barcos partem do repouso, então o tempo

transcorrido é a distância dividida pela sua velocidade media.

Como a razão entre as velocidades media é a mesma que a

razão das velocidades final, então a razão entre os tempos

transcorrido é tB/tA = vA/vB = .2

6-14: Da Equação (6-1), (6-5) e (6-6), e resolvendo para F,

temos:

.0.32

)50.2(

))/00.4()/00.6)((00.8(2

1

2

1 222

1

2

2

Nm

smsmkg

s

vvm

s

KF

6-16: (a) Se não existe trabalho realizado pelo

atrito, a energia cinética final é o trabalho realizado pela

força aplicada,. Resolvendo para a velocidade, temos:

./48.4)30.4(

)20.1)(0.36(222sm

kg

mN

m

Fs

m

Wv

(b) O trabalho resultante é Fs – fks – (F - kmg)s,

então

m

smgFv k

)(2

)30.4(

)20.1))(/80.9)(30.4)(30.0(0.36(2 2

kg

msmkgN

= 3.61 m/s.

(Note que mesmo que se pense que o coeficiente

de atrito seja conhecido para apenas dois lugares, a

diferença das forças é ainda conhecida para três lugares.)

6-18: (a) A Gravidade atua na mesma direção que

o movimento da melancia, então da Eq. (6-1) temos:

W = Fs = mgs = (4.80 kg)(9.80 m/s2)(25.0 m) = 1176 J.

(b) Como o melão é liberado do repouso, sua K1 =

0, e da Eq. (6-6) temos:K = K2 = W = 1176 J.

6-20: A força normal não realiza trabalho Do Teorema

trabalho – energia, junto com a Eq. (6-5), temos

,2222

singLghm

W

m

Kv

onde h = L sen é a distância vertical que o bloco

caiu, e é o ângulo que o plano faz com a horizontal.

Usando os números dados, temos:

./97.29.36)75.0)(/80.9(2 2 smsinmsmv o

6-22: O calculo intermediário da constante da mola

pode ser evitado utilizando-se a Eq. (6-9) para verificar

que o trabalho é proporcional ao quadrado da extensão. O

trabalho necessário para comprimir de 4.00 cm uma mola é

(12.0 J) :

.3.2100.3

00.42

Jcm

cm

6-24: O trabalho pode ser encontrado através da área

sob o gráfico. Cuidado com o sinal da força. A área sob

cada triângulo é ½ base x altura.

(a) ½ (8 m)(10 N) = 40 J.

(b) ½ (4 m)(10 N) = +20 J.

(c)½ (12 m)(10 N) = 60 J.

6-26: (a)A força média é (80.0 J)/(0.200 m) = 400 N, e

a força necessária para segurar a plataforma no lugar é

duas esse valor, isto é 800 N.

(b) Da Eq. (6-9), dobrando-se a distância,

quadruplica-se o trabalho realizado, então um trabalho

extra de 240 J deve ser realizado. A força máxima é

quadruplicada, 1600 N. Ambas as partes pode é clara ser

feita, resolvendo-se para a constante da Mola, ie:

k= 2(80.0 J) (0.200 m)2 = 4.00 x 10

3 N/m, que conduz

aos mesmos resultados.

6-28: (a) A mola está realizando pressão sobre o bloco e

na sua direção do seu movimento, então o trabalho é

positivo e igual ao trabalho realizado na compressão da

http://www.aw.com/young_br


2

mola. Da Eq. (6-9) ou Eq. (6-10), temos:

.06.0)025.0)(/200(2

1

2

1 22 JmmNkxW

(b) Do Teorema do trabalho – energia, temos:

./18.0)0.4(

)06.0(22sm

kg

J

m

Wv

6-30: (a) K = 4.0 J, então

v = ./00.2)0.2/()0.4(2/2 smkgJmK

(b) Nenhum trabalho é realizado entre x = 3.0 m e x

= 4.0 m, então a velocidade é a mesma: 2.00 m/s.

(c)K = 3.0 J, então

./73.10.2/)0.3(2/2 smkgJmKv

6-32: (a) Da Eq. (6-14), com dl = Rd,

.sen/2cos2cos00

02

1

wRdwRdlFW P

P

Em um tratamento geométrico quivalente, quando F

é

horizontal, ,dxFldF

e o trabalho total é F = 2w vezes

a distância horizontal, neste caso (veja Fig. 6-18(a)) R sin 0,

dando o mesmo resultado.

(b) A razão das forças é .cot2

tan

20

0

w

w

(c).

2cot2

)cos1(

sen2

)cos1(

sen20

0

0

0

0

wR

wR

6-34: As energias cinética inicial e final do tijolo são

ambas nulas, então o trabalho resultante realizada

sobre o tijolo pela mola e gravidade é nulo. Então

(1/2)kd2 – mgh = 0, ou

d = 22 / 2(1.80 )(9.80 / )(3.6 ) / (450 / )mgh k kg m s m N m

2 / 0.53 .mgh k m

Enquanto a mola e o tijolo estão em contato, a mola fornece

uma força para cima. Quando esta força vai para zero, a mola

está em seu estado descomprimido.

6-36: (a).102.3

)/1016.3(

)/100.1( 11

7

19

Wxyrsx

yrJx

(b)./2.1

106.2

102.38

11

pessoakWfolksx

Wx

(c) .800100.8/100.1)40.0(

102.3 228

23

11

kmmxmWx

Wx

6-38: (a) O numero por minuto seria a potencia media

dividida pelo trabalho(mgh) necessário para levantar a caixa,

./41.1

)90.0(/80.9)30(

)/746)(50.0(2

smsmkg

hpWhp

ou 84.6 / min.

(b) Analogamente,

,/378.0)90.0)(/80.9)(30(

)100(2

smsmkg

W

ou 22.7 / min.

6-40: De qualquer uma das seguintes Equações (6-15), (6-

16), (6-18) ou (6-19),

.57.31066.2)00.4(

)80.2)(3800( 3 hpWxs

mN

t

WhP

6-42: Aqui a aplicação da Eq. (6-19) é a forma mais

direta. A gravidade está realizando um trabalho negativo,

então a corda deve realizar um trabalho positivo para

levantar o esquiador. A força da gravidade F

, e F = Nmg,

onde N é o número de esquiadores na corda. A potencia é

então: P = (Nmg)(v) cos

= (50)(70 kg) (9.80 m/s2) (12.0 km/h)

)0.150.90(cos/6.3

/1 oo

hkm

sm

= 2.96 x 104 W.

Note que a Eq. (1-18) utiliza como sendo o ângulo entre

a força e o vetor velocidade. Nesse caso a força é vertical,

mas o ângulo 15.0o

é medido da horizontal, portanto é

utilizado o valor = 90.0o – 15.0

o .

6-44:

2

2

1mv

dt

d

dt

dK = mv

dt

dv

= mva = ma v = Fv = P.

6-46:

(a)

.1068.1))/6.3/()/1)((/0.60(

100.28 3

3

Nxhkmsmhkm

Wx

v

PF

(b) A velocidade é diminuída pela metade, e a

força resistiva é diminuída por um fator de (0.65 + 0.35/4),

e portanto a potência nessa velocidade mais baixa é:

(28.0 kW)(0.50)(0.65 + 0.35/4) = 10.3 kW = 13.8 hp.

(b) Analogamente, em velocidades mais alta:

(28.0 kW)(2.0)(0.65 + 0.35 x 4) = 10.3 kW = 13.8 hp.

6-48: A massa altera o modulo de atrito do rolamento,

mas o atrito do ar permanece inalterado. A mudança

percentual na potencia é :

(a) %9.4

220

)060.0(180

N

N e

(b) %.0.2

540

)060.0(180

N

N

6-50: O trabalho por unidade de massa é (W/m) = gh.

(a) O homem faz o trabalho, (9.8 N/kg)(0.4 m) =

3.92 J/kg.

(b) (3.92 J/kg)/(70 J/kg) x 100 = 5.6%.

(c) A criança faz o trabalho, (9.8 N/kg)(0.2 m) =

1.96 J/kg. (1.96 J/kg)/(70 J/kg) x 100 = 2.8%.

(d) Se ambos, o homem e a criança podem fazer o

trabalho a uma taxa de 70 J/kg, e se a criança apenas

precisa utilizar 1.96 J/kg ao invés de 3.92 J/kg, a criança

seria capaz realizar muito mais.

6-52: (a)kg

msm

Jx

g

sW

gm

g7.41

)0.18)(/80.9(

)1035.7(/2

3

(b) .458

0.18

1025.8 3

Nm

Jx

s

WN N

O peso é ,408N

s

Wmg

g

então a aceleração é a força

resultante dividida pela massa,


3

./2.17.41

408458 2smkg

NN

6-54: (a) Wf = - fks = -kmg cos s

= -(0.31)(5.00 kg)(9.80 m/s2) cos 12.0

o (1.50 m) = -22.3 J

(mantendo um algarismos significativo a mais)

(b) (5.00 kg)(9.80 m/s2) sen 12.0

o (1.50 m) = 15.3 J.

(c) A força normal não realiza trabalho.

(d) 15.3 J - 22.3 J = -7.0 J.

(e) K2 = K1 + W = (1/2)(5.00 kg)(2.2 m/s)2 – 7.0 J = 5.1 J,

./4.1)00./()1.5(22

smkggJv

6-56: (a) Da Eq. (6-7),

.

111

12

2

2

1

2

1

2

1 xxk

xk

x

dxkdxFW

z

x

x

xx

x

x

A força é atrativa, então Fx < 0, e k deve ser positivo. Se

x2 >,

11,

12

1

xxx

e W < 0.

(b) Considerando “lentamente” se a velocidade

constante, a força resultante sobre o objeto é nula, então a

força aplicada pelas mãos é oposta a Fx, e o trabalho realizado

é o negativo daquele encontrado na parte (a), ou

,11

21

xxk o qual é positivo se x2 > x1.

(c) As repostas possuem o mesmo módulo mas com

sinal trocado. Isto era esperado já que o trabalho resultante

realizado é nulo.

6-58: Da Eq. (6-7), com x1 = 0,

4

2

3

2

2

2

32

0 432)(

22 x

cx

bx

kdxcxbxkxFdxW

xx

o

= .)/3000()/233()/0.50( 4

2

33

2

22

2xmNxmNxmN

(a) Quando x2 = 0.050 m, W = 0.115 J, ou 0.12 J

(para dois algarismos significativos).

(b) Quando x2 = - 0.050 m, W = 0.173 J, ou 0.17 J

(para dois algarismos significativos).

(c) É mais fácil esticar a mola. O termo quadrático –

bx2 está sempre na direção –x , e portanto a força necessária e

por conseqüência o trabalho necessário, será menor quando x2

> 0.

6-60: (a) Isto é análogo ao Problema 6-56, mas aqui a > 0

(a força é repulsiva), e x2 < x1, então o trabalho realizado é

novamente negativo.

1 2

1 1W a

x x

26 2 1 9 1(2.12 10 ((0.200 ) (1.25 10 ))W x N m m x m

= -2.65 x 10-17

J.

Note que x1 é muito grande quando comparado a x2 que o

termo

1

1

xé desprezível. Então, utilizando a Eq. (6-13) e

resolvendo para v2,

2

2 1

2Wv v

m

175 2 5

2 27

2( 2.65 10(3.00 10 / ) 2.41 10 / .

(1.67 10 )

x Jv x m s x m s

x kg

(b)Com K2 = 0, W = -K1. Utilizando ,

2x

aW

2 2

1 1

2a ax

K mv

26 210

2 27 5` 2

2(2.12 10 )2.82 10 .

(1.67 10 )(3.00 10 / )

x N mx x m

x kg x m s

(c) A força repulsiva não realizou nenhum

trabalho resultante, então a energia cinética e por

consequência a velocidade do próton possuem seus valores

originais, e a velocidade é 3.00 x 105 m/s.

6-62: Na Eq. (6-14), dl = dx and = 31.0o é constante, e

portanto dxFdlFW x

x

P

P coscos 2

1

2

1

= (5.00 N/m2) cos 31.0

o .39.3250.1

00.1Jdxxm

m

A velocidade final do objeto é:

2

2 1

2Wv v

m

2

2

2(3.39 )(4.00 / ) 6.57 / .

0.250 )

Jv m s m s

kg

6-64: (a) .)1(

|))1(( 1

0

1 00

nxnnx

xn

b

xn

bdx

x

bW

Note que para esta parte, para

.0,1 1 xasxn n

(b) Quando 0 < n < 1, a integral imprópria deve

ser utilizada , ,(

)1(

1

0

1

2lim2

nn

xxx

n

bW

e devido ao expoente sobre 1

2

nx ser positivo, o

limite não existe e a integral diverge. Isto é interpretado

como a força F realizando uma quantidade infinita de

trabalho, apesar do fato de que .0 2 xasF

6-66: (a)Igualando o trabalho realizado pela mola com

o ganho em energia cinética, temos:

,2

1

2

1 22

0mvkx

então:

./93.6)060.0()0300.0(

)/400(0

smmkg

mNx

m

kv

(b) Wtot deve agora incluir o atrito, então

,2

1

2

10

2

0

2 fxkxWmvtot

onde f é o módulo da força de

atrito. Então

0

2

0

2x

m

fx

m

kv

./90.4)06.0()0300.0(

)00.6(206.0

0300.0

/400 2smm

kg

Nm

kg

mN

(c) A maior velocidade ocorre quando a

aceleração (e a força resultante) são nulas, ou kx = f,

.0150.0/400

00.6

mN

N

k

fx Para se

encontrar a velocidade, a força resultante é:

),()(2

10

22

0xxfxxkW

tot então a velocidade


4

máxima é :

xxm

fxx

m

kv

0

22

0max

2)(

mmkg

Nmm

kg

mN0150.0060.0

)0300.0(

)00.6(2))0150.0()060.0((

)0300.0(

/400 22

= 5.20 m/s, a qual é maior que o resultado da parte (b), mas

menor que o resultado da parte (a).

6-68: O trabalho realizado pela gravidade é Wg = -mgL sen

(negativo pois o gato está se movendo para cima), e o

trabalho realizado pela força aplicada é FL, onde F é o

módulo da força aplicada . O trabalho total é: .4.13130)00.2(/80.9)(00.7(00.2)100( 2 JsinmsmkgmNW o

tot

A energia cinética inicial do gato é:

andJsmkgmv ,2.20)/40.2)(00.7(2

1

2

1 22

1

./58.6)00.7(

)4.1312.20(2)(21

2sm

kg

JJ

m

WKv

6-70: Os estudantes realizam um trabalho positivo, e a

força que eles exercem faz um ângulo de 30.00 com a direção

do movimento. A força da gravidade realiza um trabalho

negativo, em um ângulo de 60.0o com relação ao movimento

da cadeira, então o trabalho total realizado é Wtot = ((600 N)

cos 30.0o – (85.0 kg)(9.80 m/s

2) cos 60.0

o)(2.50 m) = 257.8 , e

portanto a velocidade no topo da rampa é :

./17.3)0.85(

)8.257(2)/00.2(

2 22

12sm

kg

Jsm

m

Wvv tot

Note que algarismos significativos extras foram

conservados durante os cálculos intermediários e de forma a

se evitar erros de arredondamento.

6-72: O trabalho total realizado é a soma do trabalho

realizado pela gravidade (sobre o bloco pendurado) e o

trabalho realizado pelo atrito (sobre o bloco na mesa). O

trabalho realizado pela força da gravidade é (6.00 kg) gh e o

trabalho realizado pela força de atrito é -k(8.00 kg) gh, então

.8.58)50.1)(/80.9)(00.8)25.0(00.6( 2 JmsmkgkgWtot

Este trabalho aumenta a energia cinética sobre ambos

os blocos; ,2

1 2

21vmmW

tot

então

./90.2)00.14(

)8.58(2sm

kg

Jv

6-74: A seta adquirirá a energia que foi usada ao se

encurvar o arco (isto é, o trabalho feito pelo arqueiro), que

será a área sob a curva que representa a força em função da

distância. Uma maneira possível de se estimar este trabalho, é

aproximar a curva F vs. x como uma parábola, a qual vai para

zero em x = 0 e x = x0, e tem um máximo de F0 em x =

2

0x ,

tal que .4

)(02

0

0 xxxx

FxF

Isto pode parecer como uma aproximação, mas com

isto temos a vantagem de ser mais fácil para se integrar:

.

3

2

32

4)(

400

3

0

2

0

02

0

02

002

0

0

0

00 xFxx

xx

Fdxxxx

x

FdxF

xx

Com F0 = 200 N e x0 – 0.75 m, W = 100 J. A

velocidade da seta é:

./89)025.0(

)100(22sm

kg

J

m

W

Outras formas

de se achar a área sob a curva na Fig. (6-27) deverá

conduzir a resultados similar.

6-76: P = Fv = mav= m(2a + 6t)(2at + 3t2)

= m(4a2t + 18at

2 + 182

t3)=

(0.96 N/s)t + (0.43 N/s2)t

2 + (0.043 N/s

3)t

3.

Para t = 4.00 s, a potência de saída é 13.5 W.

6-78: (a)O beija flor gera energia a uma taxa de 0.7 J/s

a 1.75 J/s. Para 10 batidas/s, o passarinho deve gastar entre

0.07 J/batida a 0.175 J/batida.

(b)A saída contínua do atleta é 500 W/70 kg = 7

W/kg, o qual esta abaixo dos 10 W/kg necessário para

permanecer para permanecer no ar. Embora o atleta possa

gastar 1400 W/70 kg = 20 W/kg por curtos períodos de

tempo, nenhuma aeronave “energisada” por um ser

humano poderia permanecer no ar por muito tempo. Filmes

antigos sobre máquinas “energisadas” por seres humanos,

tentam demonstrar o que constatamos acima.

6-80: (a)A potência P está relacionada com a

velocidade por:Pt = K = ,

2

1 2mv então

,2

m

Ptv

(b)

.22

1222

mt

P

tm

Pt

dt

d

m

P

m

Pt

dt

d

dt

dva

(c) .

9

8

3

2222

3

2

3

2

1

0t

m

Pt

m

Pdtt

m

Pdtvxx

6-82: (a) O número de carros é obtido dividindo-

se a potência total disponível pela potência necessária para

cada carro,

,177)/27)(108.2(

104.133

6

smNx

Wx

que foi arredondado por baixo, resultando em número

inteiro.

(b) Para acelerar uma massa total M a uma

aceleração a e velocidade v, a potência extra necessária é

Mav. Para subir uma montanha cujo inclinação é um

ângulo a, será necessário uma potência extra de Mg sen av.

Isto será aproximadamente o mesmo que se a g sen a; se

g sen a g tan a 0.10 m/s2, a potência é

aproximadamente a mesma que aquela necessária para

acelerar a 0.10 m/s2.

(c) (1.10 x 106 kg)(9.80 m/s

2)(0.010)(27 m/s) =

2.9 MW.

(d) A potência necessária por carro é aquela

utilizada na parte (a), mais aquela encontrada na parte (c),

onde M é a massa de um único carro. O número total de

carros é então:

,36)/27))(010.0)(/80.9)(102.8(108.2(

109.2104.13243

66

smsmkgxNx

WxWx

que foi arredondado para o número inteiro mais próximo.

6-84: (a) Ao longo deste caminho, y é constante e o

deslocamento é paralelo a força, então:

W = ay x dx = (2.50 N/m2)(3.00 m)


5

.0.152

)00.2( 2

Jm

(b) Desde que a força não possui componente na

direção y, nenhum trabalho é realizado movendo-se nesta

direção.

(c) Ao longo deste caminho, a variação de y com a

posição ao longo deste é dada por y – 1.5x, então Fx =

a(1.5x)x = 1.5ax2, e

.0.103

)00.2()/50.2(5.15.1

3

22 Jm

mNdxxadxFWx

6-86: Utilize o Teorema Trabalho – Energia W = KE, e

integre para encontrar o trabalho.

.)cossen(2

10

0

2

0dxamgmgWandmvKE x

Então,

.cos2

sen,)cos(sen2

0

a

AxaxmgWdxaAxamgW x

Faça W = KE, então:

.cos

2sen

2

1 2

2

0

Axaxmgmv

Para eliminar x, observe que a caixa atinge o repouso

quando a força de atrito estático equilibra a componente do

peso (que está direcionada para baixo) . Então, mg sin a = Ax

mg cos a; resolvendo isto para x e substituindo na equação

anterior, temos: .

cos

sen

aA

ax

Portanto,

,cos2

cos

sen

cos

sensen

2

1

2

2

0

aaA

aA

aA

aagv

após simplificação dos termos, encontramos,

.cos

sen3 2

2

0

aA

agv

A caixa permanecerá estacionada sempre que

.cos

sen3 2

2

0

aA

agv

6-88: Em ambos os casos, uma dada quantidade de

combustível representa uma certa quantidade de trabalho W0

que o motor realiza movimentando o aeroplano contra a força

de resistência. Em termos do maior alcance R possível e da

velocidade constante v (presumida), temos:

.

2

2

0

vavRRFW

Em termos to tempo T de vôo, R = vT, então

.3

0

vavTvTFW

(a) Ao invés de resolver para R em função de v,

derivamos com relação a v a primeira dessas relações, e

fazendo-se 00

dv

dW para se obter .0dv

dFRF

dv

dR

Para o alcance máximo, ,0

dv

dR então .0dv

dF

Realizando a diferenciação, temos

,0/22 3 vavdv

dF o qual é resolvido,

resultando em:

./118/9.32//30.0

/105.34/1

22

2254/1

hkmsmmsN

smNxv

(b) Da mesma forma, o tempo máximo é ncontrado

fazendo-se ;0)( Fvdv

d realizando essa derivada,

encontramos:

3av2 - /v

2 = 0, donde encontramos:

./90/25)/30.0(3

/105.3

3

4/1

22

2254/1

hkmsmmsN

smNx

av

6-90 (a) De .,,

zzyyxxmaFandmaFmaFamF

Generalizando, a Eq. (6-11) é:

,dx

dvva x

xx ,

dy

dvva y

yy

,dz

dvva z

zz

O trabalho total é portanto:

.2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

2

1

2

2

2

2

2

1

2

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

)2,2,2(

)11,1(

mvmv

vvvvvm

dvvdvvdvvm

dzdz

dvvdy

dy

dvv

dx

dvvm

dzFdyFdxFW

zzyxx

zz

z

vyy

v

vxx

v

v

z

z

z

z

y

y

v

v

x

x

x

x

zyxto t

z

z

y

y

x

x

y

y

zyx

zmyx


6

Exercício Gabarito

6.1 (a) 3.60J (b) -0.900J (c) 2.70J

6.3 300J

6.5 (a) 99.2J (b) 387J (c) -387J

(d) 0;0 (e) 0

6.7 92.6 10 J

6.9 (a) 34.3 10 J (b) 40 km/h

6.11 74.2J

6.13 (a) 115 16 K (b) não

6.15 16.8 cm

6.17 (a) 28.4J (b) 15.3 m/s (c) não

6.19 (a) 4.96m s (b)

21.43a m s ; 4.96v m s

6.21 (a) 2

0 2 Cv g (b) 51.3m

6.23 Aproximadamente US$ 108

6.25 (a) 2.8m s (b) 3.5 m/s

6.27 (a) 1.76(b) 0.67 m/s

6.29 (a) 4J (b) 0 (c) -1.0 J

(d) 3J (e) -1.0 J

6.31 (a) 2.83m s (b) 2.40m s

6.33 (a) 5.65cm (b) ;0.57não J

6.35 743 W

6.37 0.23

6.39 28

6.41 68.1 10 N

6.43 9 (b) 0 (c) 108 W

6.45 11L (b) 0 (c) 0.10 km/h

6.47 (a) 385N (b) 35211kW (c) 3029kW

(d) 2.03%

6.49 (a) 532J (b) -315 J (c) 0

(d) 203J (e) 14.7J (f) 1.21m s

6.51 (a) 1 sen (b) ent saídaW W

6.53 (a) 122.59 10 J (b) 4800J

Exercício Gabarito

6.55 2.59 m

6.57 (a) 4.00 N (b) 32 N (c) -15.0 J

6.59 (a) 0.15 N (b) 9.4 N (c) 0.44 J

6.61 (a) 2.56 m/s N (b) 5.28 N (c) 19.7 J

6.63 (a) -910 J (b) 33.17 10 J

6.65 51.0 10 N m

6.67 1.1 m a partir do ponto onde a mola é

liberada

6.69 (a) 41.02 10 ,8.16N m m

6.71 (a) 0.6 m (b) 1.50 m/s

6.73 0.786

6.75 (a) 51.1 10 J (b)

51.3 10 J (c) 3.39

kW

6.77 3.6 h

6.79 3 31.3 10 m s

6.81 (a) 51.26 10 J (b) 1.46W

6.83 (a) 2.4MW (b) 61MW (c) 6MW

6.85 (a) 513W (b) 355W (c) 52.1W

6.87 (a)

21

6M v (b) 6.1

m

s (c) 3.9 m/s

(d) 0.40bolaK J (e) 0.60MolaK J

6.89 (a) 52 10 J (b)

52.8 10 J (c)

52.8 10 J (d) 5km h

Capítulo 7 – 10ª Edição – Sears &Zemansky


7

7-2: (a) Para velocidade constante a força resultante

é nula, então a força necessária é o peso do saco, (5.00

kg)(9.80 m/s2) = 49 N.

(b) A força de elevação atua na mesma direção do

movimento do saco, então o trabalho é igual produto do peso

pela distância, (49.00 N)(15.0 m) = 735 J; este trabalho se

transforma em energia potencial. Note que o resultado é

independente da velocidade e que algarismos significativos

extras foram considerados na parte (b) a fim de se evitar erros

de arredondamento.

7-4: (a) A corda faz um ângulo de arcsen o

m

m30

0.6

0.3

com a vertical. A força horizontal necessária é então

w tan = (120 kg)(9.80 m/s2) tan 30

o = 679 N, ou 6.8 x 10

2 N

para dois algarismos significativos.

(b) Ao movimentar o saco a corda não realiza

trabalho, então o trabalhador realiza uma quantidade de

trabalho igual a variação da energia potencial, isto é (120

kg)(9.80 m/s)(6.0 m) (1 – cos 30o) = 0.95 x 10

3 J. Note que

isto não é o produto do resultado da parte (a) pelo

deslocamento horizontal. A força necessária para manter o

saco em equilíbrio muda quando o ângulo variar.

7-6: (a) Seja o topo da rampa como ponto 2.) Na Eq.

(7-7), K2 = 0, Woutro = -(35 N) x (2.5 m) = -87.5 J, e fazendo-

se U1 = 0 e U2 – mgy2 = (12 kg)(9.80 m/s2) (2.5 m sen 30

o) =

147 J, v1 = ,/25.612

)5.87147(2sm

kg

JJ

para dois algarismos

significativos. Ou o trabalho realizado pela força de atrito e a

variação na energia potencial são proporcional a distância que

a cesta se movimenta para cima na rampa, e portanto a

velocidade inicial é proporcional a raiz quadrada da distância

subida na rampa, isto é (5.0 m/s)

./25.66.1

5.2sm

m

m

Na parte (a), nós calculamos Woutro e U2. Utilizando Eq.

(7-7),K2 -

JJJsmkg 5.4911475.87)/0.11)(12(2

1 2

./05.9)12(

)5.491(22 22 sm

Kg

J

m

Kv

7-8: A velocidade é v e a energia cinética é 4K. O

trabalho realizado pela força de atrito é proporcional a força

normal e portanto a massa, então cada termo na Eq. (7-7) é

proporcional a massa total da caixa e, a velocidade na parte

mais baixa é a mesma para qualquer massa. A energia cinética

é proporcional a massa e para a mesma velocidade mas 4

vezes a massas, a energia cinética fica quadruplicada .

7-10: Tarzan está localizado no ponto mais baixo de sua

altura original de uma distância igual a l(cos 30 – cos 45), e

portanto a sua velocidade é:

,/9.7)45cos30(cos2 smglv oo

um pouco rápido para uma conversa.

7-12: (a) No topo do balanço, quando a energia cinética é

nula, a energia potencial (com respeito a parte mais baixa do

arco ) é mgl (1 – cos ), onde l é o comprimento da corda e

é o ângulo que a corda faz com a vertical. Na base do

movimento, esta energia potencial se transformou em

energia cinética, então mgl (1 – cos ) =

21, 2 (1 cos )

2mv or v gl

22(9.80 / )(0.80 )(1 cos 45 ) 2.1 / .ov m s m m s

(b) A 45o relativo a vertical, a velocidade é nula e, não

existe aceleração radial. A tensão é igual a componente

radial do peso, ou seja mg cos = (0.12 kg)(9.80 m/s2) cos

45o = 0.83 N.

(c)Na base do circulo, a tensão é a soma do peso e da

aceleração radial, ou seja:

,86.1))45cos1(21(/2

2 Nmglmvmg o ou

1.9 N considerando dois algarismos significativos. Observe

que este método não utiliza o calculo intermediário de v.

7-14: U = ,2

1 2ky onde y é a distância vertical em que

a mola é estirada quando o peso w = mg é pendurado. y =

,k

mg e ,

x

Fk onde x e F são as quantidades que

“calibram” a mola. Combinando essas equações, temos:

.0.36)150.0/720(

))/80.9)(0.60((

2

1

/

)(

2

1222

JmN

smkg

xF

mgU

7-16: (a) Partindo do repouso no estilingue, para

também atingir o repouso a uma altura máxima, a energia

potencial armazenada na tira de borracha do estilingue é

convertida para energia potencial gravitacional, isto é:

U = mgy = (10 x 10-3

kg)(9.80 m/s2)(22.0 m) = 2.16 J.

(b) Como a energia potencial gravitacional é proporcional

a massa, a maior altura que a pequena pedra atinge é

apenas 8.8 m.

(c) A falta da resistência do ar e a não deformação da tira

de borracha são duas suposições possíveis

7-18: Como no exemplo 7-8, K1 = 0, e U1 = 0.0250 J.

Para v2 = 0.20 m/s, K2 = 0.0040 J, então

.092.0/00.5

)0210.0(2,

2

10210.0 2

2 mmN

JxsokxJU

Na ausência de forças de atrito, o planador atravessará

pela posição do equilíbrio e passará através x = -0,092 m,

no lado oposto da posição do equilíbrio, com a mesma

velocidade.

7-20: (a)O trabalho feito pela força de atrito é:

,00196.0)020.0)(/80.9()200.0)(05.0( 2 JmsmkgxmgW kother

então ./27.0200.0

)00704.0(200704.0 22 sm

kg

JvandJK

(b) Neste caso, ,0098.0 JWother então:

2 2

2(0.0152 )0.0250 0.0098 0.0152 0.39 / .

0.200

JK J J J v m s

kg

(c)

Neste caso,

2 2 10, 0 0otherK U U W

2

1 0.0250 0.200 9.80 / 0.100other kU W J kg m s x m

0.13k

7-22: De ,2

1

2

1 22 mvkx as relações entre m, v, k e x são:


8

.5,22 mgkxmvkx

Dividindo o primeiro termo pelo segundo, temos:

,5

2

g

xx e substituindo este no segundo, resulta:

,252

2

v

mgk então (a) & (b),

,128.0)/80.9(5

)/50.2(2

2

msm

smx

./1046.4

)/50.2(

/80.9)1160(25 5

2

22

mNxsm

smkgk

7-24: (a) & (b)-(0.050 kg)(9.80 m/s2)(5.0 m) = -2.5 J.

(c)A força da gravidade é conservativa desde que o trabalho

realizado para se ir de um ponto a outro for independente da

trajetória.

7-26: (a) De (0, 0) para (0, L), x = 0 então ,0F

e o

trabalho é nulo. De (0, L) para (L, L), F

e d l

são

perpendiculares, então ldF

= 0 e o trabalho resultante ao

longo do caminho é nulo.

(b) De (0, 0) para (L, 0), .0 ldF

De (L, 0) para (L, L), o

trabalho é aquele encontrado no exemplo, isto é W2 = CL2,

então o trabalho total ao longo do caminho é CL2.

(c)Ao longo da trajetória diagonal, x = y, e portanto

;dyCyldF

integrando de 0 para L resulta em .2

2CL

(não é uma coincidência que isto é a média das repostas

obtidas em (a) e (b).)

(d) O trabalho depende da trajetória e o campo não é

conservativo.

7-28: A força de atrito tem módulo igual a kmg =

(0.20)(30.0 kg)(9.80 m/s2) = 58.8 N.

(a) Para cada parte do movimento, a força de atrito realiza –

(58.8 N)(10.6 m) = -623 J, portanto o trabalho total realizado

pela força de atrito é –1.2 kN.

(b) –(58.8 N)(15.0 m) = -882 N.

(c)

O trabalho resultante realizado pela força de atrito depende da

trajetória, portanto a força de atrito não é conservativa.

7-30: (a) )(2

1 2

2

2

1 xxk

(b) ).(2

1 2

2

2

1 xxk O trabalho total realizado é nulo e a

força da mola é conservativa .

(c) De x1 para x3, W = ).(2

1 2

1

2

3 xxk

De x3 para x2, W = ).(2

1 2

3

2

2 xxk O trabalho resultante

é ).(2

1 2

1

2

2 xxk Este é o mesmo resultado obtido na

parte (a).

7-32: Da Eq. (7-15)

,)/8.4(4 343 xmJxdx

dUFx e portanto

.46.280.0)/8.4()800.0(34 NmmJmFx

7-34: Da Eq. (7-19), ,ˆˆ jy

Ui

x

UF

desde que

U não possui dependência em z,3

2

xx

U

e

,2

3yy

U

então .ˆ2ˆ2

33

j

yi

xF

7-36: (a) Considerando as únicas forças na direção

x, isto é ,dx

dUFx então a força é nula nos pontos b e d

quando a inclinação no gráfico de U vs. x for zero.

(b) O ponto b está a um potencial mínimo e para move-lo

para um local distante deste ponto seria necessário fornecer

energia, portanto este ponto é estável.

(c) Movendo para um local distante do ponto d requer uma

diminuição da energia potencial, e por conseguinte um

aumento na energia cinética, e a bola de gude tende a se

movimentar ainda para mais longe e portanto d é um ponto

instável.

7-38: (a) Igualando a energia potencial

armazenada na mola com a energia cinética do bloco,

temos: 2

2

1kx = mgL sen ou

./11.3)220.0(00.2

/400smm

kg

mNx

m

kv

(b) utilizando-se diretamente dos métodos de energia, a

energia potencial inicial da mola é a energia final potencial

gravitacional , isto é: ,sen2

1 2 mgLkx ou

.821.00.37sen)/80.9)(00.2(

)220.0)(/400(2

1

sen

2

1

2

22

msmkg

mmN

mg

kx

Lo

7-

40: (a) .2

1)2( 2

ABA mvRhmgUU

Das considerações anteriores, a velocidade no topo deve


9

pelo menor ser igual a: .gR

Portanto, ,2

1)2( mgRRhmg ou .

2

5Rh

(b) ,)50.2( CCA KRmgUU portanto

./3.31)0.20)(/80.9)(00.5()00.5( 2 smmsmgRvC

A aceleração radial é ./0.49 2

2

smR

va C

rad

A direção tangencial é para baixo e a força norma no

ponto C é horizontal, não existe força de atrito, então a única

força para baixo é a força da gravidade, e portanto, atan = g =

9.80 m/s2.

7-42: Para estar no equilíbrio no fundo e com a mola

comprimida a uma distância x0, a força da mola deve

equilibrar a componente do peso apontando para baixo na

rampa mais o grande valor da força de atrito estática, ou seja:

kx0 > w sin + f . O teorema do trabalho – energia requer que

a energia armazenada na mola seja igual à soma do trabalho

realizado pela força de atrito, o trabalho realizado pela força

da gravidade e pela energia cinética inicial, ou seja:

,2

1)sin(

2

1 22

0 mvLfwkx

onde L é o comprimento total descido na rampa, e v é a

velocidade no topo da rampa. Com os parâmetros dados,

temos: Jkx 2482

1 2

0 e .1010.1 3

0 Nxkx Elevando ao

quadrado a segunda expressão, dividindo pela primeira e

resolvendo para k , obtemos: k = 2550 N/m.

7-44: (a) A energia armazenada pode ser encontrada

diretamente de:

2

2 1 2

1

2otherky K W mgy

2 5

2

1625,000 51,000 ( 58,800 ) 6.33 10

2ky J J J J

Denote a distância para cima , a partir de 2, como sendo h. A

energia cinética no ponto 2 e a uma altura h é nula, então a

energia encontrada na parte (a) é igual ao negativo do trabalho

realizado pela força de atrito e força de gravidade, isto é:

-(mg + f)h = -((2000 kg)(9.80 m/s2) + 17,000 N)h

= (36,600 N)h, então

.3.171066.3

1033.64

5

mJx

Jxh

O trabalho total realizado sobre o elevador entre o ponto

mais alto e o seu retorno em seguida até encontrar a mola é:

(mg – f)(h – 3.00 m) = 3.72 x 104 J.

Observe que no caminho de retorno, a força de atrito

realiza um trabalho negativo . A velocidade do elevador é

então:

./10.62000

)1072.3(2 4

smkg

Jx

(b) Quando o elevador atinge o repouso, o trabalho total

realizado pela mola, força de atrito e força de gravidade deve

ser o negativo da energia cinética K3 encontrada na parte (c),

apresentada a seguir,

4 2

3 3 3

13.72 10 ( )

2K x J mg f x kx

4 2

3 3 3(2,600 ) (7.03 10 / )K N x x N m x

(Neste calculo, o valor de k foi recalculado para

se obter uma melhor precisão). Esta é uma função

quadrática para x3, e a solução positiva para é

3 4

1

2(7.03 10 / )x

x N m

3 3 2 4 4

3 2.60 10 (2.60 10 ) 4(7.03 10 / )(3.72 10 )x x x N x N x N m x J

3 0.746x m

o que corresponde a uma força de 1.05 x 105 N e a uma

energia armazenada de 3.91 x 104

J . Observe que

diferentes modos de arredondamento dos números durante

os cálculos intermediários poderá conduzir a um resultado

diferente.

7-46: Uma massa sob enquanto a outra desce, então a

energia potencial é :

(0.5000 kg – 0.2000 kg)(9.80 m/s2)(0.400 m) = 1.176 J.

Esta é a soma das energias cinéticas dos animais. Se os

animais estão eqüidistante do centro, eles possuem a

mesma velocidade, então a energia cinética da combinação

é:

,2

1 2vmtot e

./83.1)7000.0(

)176.1(2sm

kg

Jv

7-48: (a) A variação na energia total é o trabalho

realizado pelo ar,

2 2 2

2 2 1 1 2 1

1( ) ( )

2K U K U m v v gy

2 2

2 2

(1/ 2)((18.6 / ) (30.0 / )(0.145 )

(40.0 / ) ) (9.80 / )(53.6 )

m s m skg

m s s m

= -80.0 J.

(b)Analogamente,

)6.53)(/80.9())/6.18(

)/7.28()/9.11)((2/1()145.0()()(

22

22

2233mssm

smsmkgUKUK

= -31.3 J.

(c) A bola está se movendo de modo mais lento no

caminho para baixo e, e não vai tão longe ( na direção x), e

portanto o trabalho realizado pelo ar é menor em módulo.

7-50: (a) A energia cinética do esquiador na base pode

ser encontrada da energia potencial desse esquiador

quando no topo, mas subtraída do trabalho realizado pela

força de atrito, isto é: K1 = mgh –WF =

(60.0 kg)(9.8 N/kg)(65.0 m) – 10,500 J, ou

K1 = 38,s00 J – 10,500 J = 27,720 J.

Então kg

J

m

Kv

60

)720,27(221 = 30.4 m/s.

(b) K2 = K1 – (WF + WA) = 27,720 J – (kmgd + fard),

K2 = 27,720 J – [(.2)(588 N) x (82 m) + (160 N)(82 m)], ou

K2 = 27,720 J – 22,763 J = 4957 J. Então:

./9.12/85.1260

)4957(222 smsm

kg

J

m

Kv

(c) Utilize o Teorema do trabalho – energia para encontrar

a força. W = KE, F = KE/d = (4957 J)/(2.5 m) = 1983 N


10

2000 N.

7-52: Se a velocidade da rocha no topo for vt, então a

conservação de energia dá a velocidade vb , isto é:

RRmgmvmv tv ),2(2

1

2

1 22 é o raio do circulo .

Portanto temos: .422 gRvv tb A tensão no topo e

na base são encontradas de

Tb + mg = R

mvt

2

e

Tb – mg = ,2

R

mvb então

Tb – Tt = .662)( 22 wmgmgvvR

mtb

7-54: Seja x a distância que o caminhão se movimenta para

cima.

2

1 0 1 2 2

2 2 1 1

1, sen , 0, sen

2

cos . ( ) ( ),other r other

K mv U mgL K U mgx

W mgx De W K U K U

resolvendo para x, obtemos:

.cossen

sen)2/(

)cos(sen

sen 2

01

rr

Lgv

mg

mgLKx

7-56: A força aumenta tanto energia potencial

gravitacional do bloco como a energia potencial da mola. Se o

bloco for movimentado lentamente, a energia cinética pode

ser considerada como sendo constante, então o trabalho

realizado pela força é no aumento da energia potencial, isto é:

.2

1sen

2 akmgaU

7-58: (a) Neste problema a utilização da álgebra evita os

cálculos intermediários da constante da k da mola. Se a altura

original é h e a compressão máxima da mola for d, então

mg(h + d) = .2

1 2kd

A velocidade necessária é quando a mola for

comprimida de ,

2

d e da conservação de energia temos:

.2

1)2/(

2

1)2/( 22 mvdkdhmg

Substituindo para k em termos de h + d, encontramos:

,2

1

4

)(

2

2mvdhmgd

hmg

que pode ser simplificado para: .4

1

4

322

dhgv

Inserindo valores numéricos, resulta em v = 6.14 m/s.

(b) Se a mola for comprimida uma distância x, então

.2

,2

1 2

k

mgxormgxkx

Utilizando a expressão da parte (a) que dá k em termos de h e

d,

encontramos: .0210.0)(2

)2(22

mdh

d

dhmg

dmgx

7-60: Seguindo a dica, a constante de força é encontrado de

w = mg = kd, ou .d

mgk

Quando o peixe cai do repouso, sua energia potencial

gravitacional diminui de Mgy e, isto se transforma na

energia potencial da mola, a qual é:

.2

1

2

1 22 yd

mgky Igualando essas, temos:

.2,2

1 2 dyormgyyd

mg

7-62: (a) Tanto de considerações de energia como da

força, a velocidade antes que o bloco atinja a mola é:

./30.7

)1.53cos)20.0(1.53)(sen00.4)(/80.9(2

)cos(sen2

2

sm

msm

gLv

oo

k

(b) Isto de fato requer considerações de energia. O

trabalho combinado realizado pela força de gravidade e

pela força de atrito é: mg(L+d)(sen - k cos ), e a

energia potencial da mola é: ,2

1 2kd onde d é a

compressão máxima da mola. Esta é uma função

quadrática em d, a qual pode ser escrita como:

.0)cos(sen2

2

Ldmg

kd

k

O fator que multiplica d2 é 4.504 m

-1, e a utilização de

formula quadrática dá d = 1.06 m.

(c) A coisa fácil a fazer aqui é reconhecer que a presença

da mola determina d, mas no fim do movimento a mola

não tem energia potencial, e a distância abaixo do ponto de

início é determinada unicamente por quanta energia foi

perdida para o atrito. Se o bloco terminar acima do ponto

de inicio uma distância y, então bloco se movimentou uma

distância L + d para baixo, e uma distância L + d – y para

cima. O valor da força da atrito é o mesmo em ambas as

direções, ,cos mgk e assim o trabalho feito força de

atrito é -k(2L = 2d – y)mg cos . Isto deve ser igual à

mudança na energia potencial gravitacional, ou seja –mgy

sen . Igualando essas equações e resolvendo para y temos:

.tan

2)(

cossen

cos2)(

k

k

k

k dLdLy

Utilizando-se os valor d encontrado na parte (b) e os

valores dados para k e , resulta em y = 1.32 m.

7-64: A energia cinética K após mover-se para cima, na

rampa , uma distância s, será a a energia armazenada

inicialmente na mola, mais o trabalho (negativo) realizado

pela força da gravidade e pela força de atrito, ou seja:

.)cos(sen2

1 2 smgkxK k

Minimizar a velocidade é equivalente a minimizar K, e

diferenciando a expressão acima com respeito a e

fazendo-se 0

d

Kd, temos: 0 = -mgs(cos - k sen ),

ou tan = .1

arctan,1

kk

Empurrando a caixa

diretamente para cima isto é = 90o, maximiza o

deslocamento vertical h mas não s = h / sen .

7-66: (a) Sim, ao invés de se considerar caminhos


11

arbitrários, considere que:

.ˆ3

3

jCy

yF

(b) Não. Considere o mesmo caminho como no Exemplo

7-13 (o campo não é o mesmo). Para essa força, 0F

ao

longo do caminho 1, 0 ldF

ao longo dos caminhos 2

and 4, mas 0 ldF

ao longo do caminho 3.

7-68: (a)

(b) (1): x = 0 ao longo desse caminho, então F

= 0 e W = 0.

(2): Ao longo desse, y = 1.50 m, então

,)/00.3( dxxmNldF

e

W = (1.50 N/m)((1.50 m)2 – 0) = 3.8 J (3) ,0 ldF

então

W = 0 (4) y = 0, então 0F

e W = 0. O trabalho realizado

ao se mover ao redor de um caminho fechado é 3.8 J.

(c) O trabalho realizado ao se mover ao redor de um caminho

fechado não é zero, e a força não é conservativa.

7-70: (a) A inclinação da curva U vs. x no ponto A é

negativa, então Fx é positiva ver a Eq. 7-17.

(b) A inclinação da curva no ponto B é positiva, então a força

é negativa.

(c) A energia cinética é um máximo quando a energia

potencial for um mínimo, o que parece ser ao redor de 0.75 m.

(d) A curva no ponto C parece ser bem próximo a um plano,

então a força é zero.

(e) O objeto tinha energia cinética zero no ponto A, e a fim

alcançar um ponto com mais energia potencial do que U(A), a

energia cinética necessitaria ser negativa. A energia cinética é

nunca negativa, então o objeto não pode nunca estar em

qualquer ponto onde a energia potencial é maior do que U(A).

Sobre o gráfico isto se parece ocorrer aproximadamente em

2.2m.

(f) O ponto de potencial mínimo (encontrado na parte (c)) é

um ponto estável, assim como também é o mínimo relativo

próximo de 1.9 m.

(g) O único potencial máximo, e por conseguinte o único

ponto de equilíbrio instável, é o ponto C.


12

Exercício Gabarito

7.1 63.45 10 J

7.3

7.5 (a) 24m s (b) 24m s (c) part (b)

7.7

7.9 2.8m s

7.11 (a) 880J (b) 157J (c) 471J (d)

253J (e)

23.16a m s

7.11 253v m s K J

7.13 (a) 80.0J (b) 5.00J

7.15 (a) 6.32cm (b) 12cm

7.17 1.72 m

7.19 (a) 0.50m s (b) 0.500m

7.21 (a) 23.6m s (b) 269.2 m s

7.23 (a) 21.2 10 J (b)

21.2 10 J (c) 0

(d) conservativa

7.25 (a) 0 (b) 0.10J (c) 0.10J (d)

conservativa31

3U x

7.27 (a) 3.6J (b) 3.6J (c) 7.2J (d)

não conservativa

7.29 (a) 59J (b) 42J (c) 59J (d)

não conservativa

7.31 6

7

6 C

x

; atrativa

7.33 ˆ ˆ2 2F k x k y i k x k x j

7.35

(a) 13 7

12 6a bF r

r r

(b)

1

62a

b

, estável

(c)

2

4

b

a

138 12

78 6

6.68 10

6.41 10

d a J m

b J m

7.37 (a) 229 N (b) 823 J

7.39 0.41

7.41 15.5 m/s

Exercício Gabarito

7.43 4.4 m/s

7.45 (a) 919 N/m, 39.8 m/s (b) 17.0 m/s²

7.47 (a) 7.00m s (b) 2.94 N

7.49 (a) 1m g h d (b) 24.4 10 N (c)

2 1g h y d

7.51 48.2°

7.53 (a) 21.2 10 J (b)

21.2 10 J

7.55 (a) 2 3( ) 30 6U x x x

(b) 7.85m s

7.57 7.01m s

7.59 (a)

22m g a gh

(b) 2gh g a

7.61 119 J

7.63 (a) 3.87m s (b) 0.10m

7.65 (a) 3.1m s (b) 1.4m (c) não

7.67 (a) 50.6J (b) 67.5J (c) não

conservativa

7.69

(a) não (b) 0x F k (d) não (e)

3 ,F k F k (b) max 2v F mk

0x x F k

7.71

(b)

1

2 2

0 0

2

0

2( )

x xv x

m x x x

2

0 02 , 2x x v mx

(d) 0 (e)

1

2 2

0 0

2

0

2 2( )

9

x xv x

m x x x

(f) 1° caso: 0 ,x

2°caso: 0 03 2,3x x


13

física 1 exercícios - trabalho e energia cinÉtica gabarito ... · (200 / )(0.025 ) 0.06 . 2 1 2...

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