mm mm 12 98.5 - Centro de Estudos Espaço

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Capítulo 1 – Exercícios Resolvidos - Pares
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 m3. 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.
1-2:
1000cm3
0.473L x
1L
1in
x
2.54 cm
3
28.9 in3 .
1-4:
11.3
1 kg
100 cm
g
x
x
cm3 1000 g
1m
3
1.13 x 104
kg
.
m3
1-6:
1000 L 1 gal x
128 oz.
1 garrafa
x
x
1 m3
3.788 L
1 gal
16 oz.
1 m3 x
2111.9 garrafas
2112 garrafas.
Então, o consumo diário deve ser:
garrafas
1 ano
x
ano
365.24 dia
2.11 x 103
1-8:
5.78
garrafas
.
dia
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.
180,000
furlongs(*)
1 milhas
1 fortnight
1 dia
x
x
x
fortnight(**) 8 furlongs
14 dias
24 h
67
mi
.
gal
* - 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 107 s)/(3.16 x 107 s) x 100 = 0.58%
1-12: a) (12 mm) x (5.98 mm) = 72 mm2 (dois algarismos
significativos).
b)
5.98 mm
= 0.50 (também dois algarismos
12 mm
significativos).
c) 36 mm (mais próximo ao milímetro).
d) 6 mm.
e) 2.0.
1-24: Como a área superficial da Terra é 4 R2 = 5 x 1014
m2 e o raio da Terra igual a 6 x 10 6 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 1024 cm3. 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:
1-14: 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
2
0.08 cm
área é:
10.64 cm
2
1-30:
= 0.75%, e a incerteza fracionária no
0.01 cm
0.01 cm
comprimento e largura são,
= 0.18% e
5.60 cm
=
1.9 cm
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.
(4.5 cm) 2 ( 1.50 cm) 2 = 5.60 cm, arctan
(a)11.1 m @ 77.6o
(b)28.5 m @ 202o
(c)11.1 m @ 258o
(d)28.5 m @ 22o
1.50
5.40
= 344.5o ccw.
(c)Analogamente , 4.10 cm – (1.30 cm) =
2.80 cm, -3.75 cm – (2.25 cm) = -6.00 cm.
(d) ( 2.80cm) 2
( 6.0cm) 2 = 6.62 cm,
1-32:
arctan
6.00
2.80
= 2.95o (que é o mesmo que 360o - 65o).
A
1-40:
= (-12.0 m) î.
Mais precisamente:
A = (12.0 m)(cos 180o) î + (12.0 m)(sen 180o) ĵ.
(18.0 m)(cos 37o) î + (18.0 m)(sen 37o) 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
o
o
B = -(2.40 m)cos 30.0 î - (2.4 m) sen 30.0
ĵ = (-2.08 m) î + (-1.20 m) ĵ.
B=
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
(4.8 km) 2 (6.2 km) 2
4 .8
arctang
= 7.8 km, enquanto a direção é
= 38o para o nordeste.
(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),
6 .2
1-36:
Utilizando se das Equações (1-8) e (1-9), o módulo
e a direção de cada vetor dado é:
c=
(12.01 m) 2
arctan 14.94 m
(14.94 m) 2
= 51.2o
= 19.17 m,
.
12.01m
( 8.6 cm) 2 (5.20 cm) 2
(a)
arctan
= 10.05 cm,
5.20 = 328.8o (que é o mesmo que 360o –
8.60
31.2o).
( 9.7 m) 2 ( 2.45 m) 2 = 10.0 m,
(b)
2.45
9.7
arctan
arctan
2.7
7.75
Método 1: (Produto dos Módulos pelo cos )
AB cos = (12 m x 15 m) cos 93o = -9.4 m2
BC cos = (15 m x 6 m) cos 80o = 15.6 m2
AC cos = (12 m x 6 m) cos 187o = -71.5 m2
Método 2: (Soma dos produtos das componentes)
= 14o +
180o = 194o.
(c)
1-44:
(7.75 km) 2 ( 2.70 km) 2 = 8.21 km,
= 340.8o (que é o mesmo que 360o –
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
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),
arccos
 
A B
AB
arccos
Ax Bx
Ay By
.
AB
Nos cálculos intermediários apresentados aqui, os
algarismos significativos nos produtos escalares e nos
módulos dos vetores foram suprimidos.
 
(a) A B
22, A
40, B 13, então
= 165o.
22
arccos
(b)
 
AB
60, A
40 13
34, B
136,
= arccos
(c)
 
A B 0,
Chamando a densidade de (de acordo com a notação
introduzida no Capítulo 14), temos:
60
= 28o.
34 136
4
3
M
mave
90.
1-48: (a) Da Eq. (1-22), o módulo do produto vetorial é
(12.0 m) (18.0 m) sen (180o – 37o) = 130 m2.
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 m2.
(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 A x B 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 120 o = 4.61 cm2.
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 60.0o (1.90 cm) cos 60.0o= -4.61 cm2
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
 
,
resultando
no valor de 4.61 cm2 cuja direção é no
AxB
R3
(2 ) (1.5 x 1011 m)3 (1018 kg / m3 )
1.2 x 1079.
(1.7 x 10 27 kg )
2
mp
3
Observe que houve uma conversão de
g/cm3 to kg/m3 !
1-58: (a) Rx = Ax + Bx + Cx
= (12.0 m) cos (90o – 37o) + ) (15.00 m) cos (-40o) + (6.0 m)
cos (180o + 60o) = 15.7 m, e
Ry = Ay + By + Cy
= (12.0 m) sen (90o – 37o) + (15.0 m) sen (-40o) + (6.0 m)
sen (180o + 60o)= -5.3 m.
O módulo da resultante é:
R = R2
R2 = 16.6 m, enquanto que a direção a partir
x
y
5.3 = -18.6o. Mantendo-se
15.7
do eixo x positivo é arctan
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 .
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/m2) = $12/m2.
(b) ($12/m2) x (2.54 cm/in)2 x (1 m/100 cm)2 = .008/in2.
(c) $.008/in2 x (1 in x 7/8 in) = $.007 por selo de correio com
a dimensão especificada.
(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
arctan
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
atoms = 2.6 x 1050 átomos.
mol
3 kg
14 x 10
mol
S = ( 21.71 m) 2
6.0 x 1023
(b) O número de nêutrons é obtido dividindo-se a massa da
estrela de nêutron pela massa de nêutrons:
= 2.4 x 1057 nêutrons.
(2) (2.0 x 10 kg )
30
27
(1.7 x 10 kg / neutron)
(c)A massa média de uma partícula é essencialmente
2
da
3
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.
( 5.14 = 13.3o
( 21.71)
1-60:
( 5.14 m) 2 = 22.3 m
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:
(1.33 km) 2 (2.47 km) 2 = 2.81 km,
em um ângulo de
2.47 = 62o ao norte relativo a
1.33
direção leste, ou deslocar os mesmos 2.81 Km mas em um
ângulo de 90o – 62o = 28o 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 167o
+ (166 km) sen 235o = 34.3 km e o deslocamento para a
direção norte é: (147 km) cos 85o + (106 km) cos 167o
+ (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) (34.3 km) 2 (185.7 km) 2 = 189 km
(b) A direção da cidade de Lincoln para a cidade de
Manhattan, relativa a direção norte é
34.3 km = 169.5o
185.7 km
arctan
Então, a direção que se deve voar para retornar para
a cidade de Lincoln é:
169.5o + 180o = 349.5o.
(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 60o = -11.7 e o deslocamento na direção
y é: (40) sen 45o + (80) sen 60o – 50 = 47.6
Portanto, o módulo e a direção deste
deslocamento são:
47.6
11.7
(47.6) 2 = 49, arctan
( 11.7) 2
= 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 – 70o =
o
140 , portanto da Eq. (1-18) temos
(2.40 m) cos 140o = -6.62 m2.
Ou, da. (1-21) temos
A B
Ax Bx
 
A B=
(3.60 m)
Ay By
= (3.60 m) cos 70o (2.4 m) cos 210o + (3.6 m) sen 70o (2.4 m)
sen 210o = -6.62 m2.
(b) Da Eq. (1-22), o módulo do produto vetorial
é: (3.60 m) (2.40 m) sen 140o = 5.55 m2, 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 A e B 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 210o
-(3.60 m) sen 70o (2.40 m) cos 210o = 5.55 m2.
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:


AxB
1-70:
x

87.8 cm2 , ( A x B) y

68.9 cm2 , ( A x B) z
0.
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 =
1
3 3
1-64:
(a)
= arccos
1
3
= 109o.
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 A B é

A
=
    
B A B A A
   

A A B B 2A
=
A2
B2
     
A B B A B B
 

B = A2 B2 2 A B
2 AB cos
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
é
B
e A sen
A
+ B sen
B.
Então o quadrado do módulo
(A cos A + B cos B)2 + (A sen A + B sen B)2
= A2 (cos2 A + sen2 A) + B2 (cos2 B + sen2 B)
+2AB (cos A cos B + sen A sen B)
= A2 + B2 + 2AB cos ( A - B)= A2 + B2 + 2AB cos ,
onde = A - B é o ângulo entre os vetores.
(b)Fazendo-se uma análise geométrica mostra-se que
os vetores
 
A, B
e sua soma

A,

B
devem ser os lados de


um triângulo eqüilátero. O ângulo entre A, e B 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 = A2 + A2 +
2A2 cos , cancelando-s os termos iguais, fica 1 = 2 + 2 cos , ou
cos
=
(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:
l w h
(d) v lWH LwH LWh
V
L
W
H
,
ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no
comprimento, largura e altura.
1-78:
(a)
1
, e portanto = 120o.
2
(c) Em qualquer método de derivação utilizado, o
ângulo deverá ser substituído por 180o - , de forma que o coseno irá mudar de sinal e o resultado será
A2
B2
2 AB cos .
(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
1-74:
LW H
=
Da equação (1-27), o produto vetorial é:
(1.00 ) iˆ
6.00 ˆ 11.00 ˆ
j
k.
13.00
13.00
então um vetor unitário nessa direção (o qual é
necessariamente perpendicular a ambos os vetores A e B ) é
:
(6.00 / 13.00) ˆj
1.93
(11/ 13) kˆ .
Obtendo o negativo do vetor acima temos:
(1.00) iˆ (6.00 / 13.00) ˆj (11 / 13) kˆ ,
1.93
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:
a
A
lW Wl
WL
(0.3182) 2
(0.9329) 2 =
0.9857.
(ii) In AU,
(1.3087) 2
( .4423) 2
( .0414) 2 = 1.3820
l
L
w
W
(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
1.93,
O módulo do vetor dentro colchete é
(1.00) iˆ
In AU,
(iii) In AU,
(0.3182 (1.3087))2 (0.9329 ( .4423))2 (0.0414) 2 = 1.965.
1
and = 60o.
2
( 13.00) iˆ (6.00) ˆj ( 11.00) kˆ 13
(b)
(i)
,
ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no comprimento
e largura.
arccos
( 0.3182)(1.3087
0.3182) ( 0.9329)( 0.4423 0.9329)
(0.9857)(1.695)
(0)
54.6o.
(d) O planeta Marte poderia não estar visível a
meia noite porque o ângulo Sol-Marte é menor que 90o.
1-80:
 
r S
Ax
 
r S

S.
Seja

S
( xiˆ
By
Aiˆ
Ckˆ
Bˆj
yˆj zkˆ) ( Aiˆ Bˆj
Ckˆ)
Cz
Se os pontos satisfazem Ax + By + Cz = 0, então
0 e todos os pontos de

r
são perpendiculares a
Capítulo 1 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercício
1.1
1.3
1.5
1.7
1.9
1.11
1.13
1.15
1.17
1.19
1.21
1.23
1.25
1.27
1.29
1.31
1.33
1.35
1.37
1.39
1.41
Gabarito
8.05 km
3.34 103 ns
5.3 10 6 dam3
(a) 2330 km/h (b)648 m/s
1.5 dam/cm³
3
(a) 1.1 10 % (b) não
(a) 0.1% (b) 0.008 % (c) 0.03 %
3
(a) 2.8 0.3cm (b) 170 20
Dez mil
106
5
10 . Se você não for careca.
Aproximadamente US$ 108
9 108 US$ . US$ 3.50 por pessoa
7.8 m a 38° do leste para o norte.
104 m a 43° do oeste para o sul.
Ax = 7.22 m; Ay = 9.58 m; Bx = 11.5 m;
By = -9.64 m; Cx = -3.00 m; Cy = -5.20
m.
(a) 11.1 , 77.6° (b) 11.1m, 77.6°
(c) 28.5 m, 202.3° (d) 28.5 m, 22.3°.
5.06 km a 20.2° do oeste para o norte.
(a) 2.48 cm, 18.3 ° (b) 4.10 cm, 83.7°
(c) 4.10 cm, 263.7°
A 7.2iˆ 9.6 ˆj m B 11.5iˆ 9.6 ˆj m
C
1.43
1.45
1.47
1.49
1.51
1.53
3iˆ 5.2 ˆj m
(a) A = 5.00, B = 5.39 (b) 1.00iˆ 5.00 ˆj
(c)5.10, 101.3°
(a) 14.00 (b) 58.7°
(a) para for a da página (b) para dentro
da página.
23.0kˆ ; 23.0
6 2
(a) 2.59 10 m (b) 4.17 1012 dm3
(a) 7.04 10 10 s (b) 5.11 1012 ciclo h (c)
2.1 1026 (d) 4.6 104 s
Exercício
1.55
1.57
1.59
1.61
1.63
Gabarito
Cerca de 1 dentista para 1000 habitantes.
(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.
144m, 41° no sentido do oeste para o sul.
(b) 1.45 km
(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
1.69
1.71
1.73
1.75
1.77
1.79
(b) 90°
(a) A = 5.39, B = 4.26 (b)
5.00iˆ 2.00 ˆj 7.00kˆ (c) 8.83; sim
(a) 54.7° (b)35.3°
(b) 72.2°
(a) 5.0 m (b) 53.1° abaixo do eixo Ox no
sentido horário
(a) 76 al (b) 129°
Capítulo 2 – Exercícios Resolvidos - Pares
2-2:
(a)
de retorno é:
O módulo da velocidade media mo vôo
(5150 x 103 m)
(13.5 da)(86, 400 s / da)
4.42 m / s.
A direção foi definida com sendo –x
( iˆ).
(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
( iˆ).
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.
5.60 m 0
2.80 m / s
2.00 s
20.8 m 0
(b)
5.2 m / s
4.00 s
20.8 m 5.60 m
(c)
7.6 m / s
2.00 s
(a)
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) .
considerarmos os tempos negativos), t = 0 e t4 = 16 s4.
Para t = 0, x = 2.17 m e, a = 9.60 m/s2. Quando t4 = 16 s4,
x = (2.17 m) + (4.80 m/s2) (16 s 4 - (0.100)
m/s6)(16 s4)3/2 = 14.97 m, a = (9.60 m/s2) – (3.000
m/s6)(16 s4) = -38.4 m/s2.
2-10: A velocidade de cruzeiro do carro é de 60 km/hr =
16.7 m/s.
16.7 m / s
(a)
2 (para dois
10 s
1.7 m / s
algarismos significativos).
(b)
0
16.7 m / s
10 s
1.7 m / s 2
(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:
casos,
Utilize a Eq. (2-5), com t = 10 s em todos os
2
(a) ((5.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s ,
(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.
2-18: (a)
onde vo = 0;
A aceleração é encontrada da Eq. (2-13),
2
(173 mi / hr)
v2
2( x x 0 )
a
(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
(5.50 m / s) (3.00 m / s)
2.
(5.00 s)
a
dv
dt
2 t
onde os fatores de conversão estão no Apêndice E.
(b) O tempo pode ser encontrado da aceleração
acima:
0.477 m / s
(173 mi / hr)
1 mi / hr
v
t
2.27 s.
a
36.4 m / s 2
.50 m / s
(b) A aceleração instantânea é obtida usando a Eq.
(2-5),
36.5 m / s 2 ,
1m
2 (307 ft )
3.281 ft
Em todos os caso uma aceleração negativa indica
uma aceleração para esquerda.
2-14:
0.4770 m / s
1 mi / hr
(0.2 m / s 3 )t.
Os cálculos intermediários podem ser evitados
usando=-se a equação. (2-14), e novamente colocando v0 =
0,
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/s2.
t
2( x
2 (307 ft
x0 )
v
(173 mi / hr)
1m
3.281 ft
0.4770 m / s
1 mi / hr
2.27 s.
2-20: Na Eq. (2-4), com x – x0 sendo o comprimento da
pista de decolagem e v0 = 0 (o avião parte do repouso),
v
2-22:
2-16: (a) A velocidade e a aceleração do para choque são
dadas em função do tempo por:
dx
dt
v
a
dv
dt
(9.60 m / s 2 )t
(9.60 m / s 2 )
(0.600 m / s 6 )t 5`
(3.000 m / s 6 )t 4 .
Existem dois tempos para o qual v = 0 (três na verdade, se
(a)
2
x
x0
t
2
280 m
8s
x0 < 0, v0 < 0, a < 0
70.0 m / s.
2-26:
(b) x0 > 0, v0 < 0, a > 0
2-28:Depois da aceleração inicial o trem locomoveu-se:
(da Eq. (2-12), com x0 = 0, v0 = 0), alcançou uma
velocidade de:
1
(1.60 m / s 2 )(14.0 s) 2
2
(c) x0 > 0, v0 > 0, a < 0
156.8 m
(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 :
2
x – x0 = (22.4 m / s )
A
2( 3.50 m / s 2 )
71.68 m.
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 :
xT
2-24:
(a)
1 2
1 (a1t1 ) 2
a1t1 (a1t1 )t 2
2
2 | a2 |
a1t1
at
t1 2t 2 1 1 ,
2
| a2 |
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:
t
2vT
ac
2(20.0 m / s)
3.20 m / s 2
12.5 s
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)
(b)
(d)
(b) Usando o resultado obtido no Exemplo 2-8, o
tempo é:
t = (5.00 m / s)
(5.00 m / s) 2 2(9.80 m / s 2 )(0 40.0 )
(9.80 m / s 2 )
= 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),
v v 2 g ( y y ) (5.00 m / s) 2(9.80 m / s )( 40.0 m) 809 m / s , v
2
2
2
0
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.
y
2
2
2
0
= 28.4 m/s.
(d) Utilizando v = 0 na Eq. (2-13) resulta em
v02
(5.00 m / s) 2
y0
40.0 m 41.2 m.
2g
2(9.80 m / s 2 )
(e)
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 m2/s2 (mantendo-se algarismos os
significativos ) então v = 4.1 m/s.
2-36:
(a)(1/2)gt2 = (1/2)(9.80 m/s2)(2.5 s)2 = 30.6 m.
(b) gt = (9.80 m/s2)(2.5 s) = 24.5 m/s.
(c)
2-40: (a)
A distância vertical a partir da posição
inicial é dada por:
v0 t
1 2
gt ;
2
resolvendo para v0,
v0
v2
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.
( 50.0 m) 1
y 1
gt
(9.80 m / s 2 )(5.00 s) 14.5 m / s.
t 2
(5.00 s) 2
(b) O resultado acima poderia ser utilizado em
7 g y y 0 , com v = 0, para resolver para
v02
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)
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),
40.0 m / s ( 20.0 m / s)
9.80 m / s 2
(c)
6.12 s.
(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), 40 m / s ( 40 m / s) 8.16 s.
9.80 m / s 2
(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)
2-46: (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:
2-44:
v2
(a) Da Eq. (2-15), a velocidade v2 para o tempo t é:
t
v1
v1
v1
2
2
t1 `
t dt
(t 2
t12 )
t12
2
t2
1
(6.0 m)
(6.0 m)
t1
25.0 m
20.0 s
(b)
25
15 s
1.25 m / s.
1.67 m / s.
(c) O deslocamento dela é zero , então a
velocidade média tem módulo zero.
(d)
50.0 m
35.0 s
= (5.0 m/s) – (0.6 m/s3)(1.0 s)2 + (0.6 m/s3)t2
= (4.40 m/s) + (0.6 m/s3)t2.
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
t
tempo é: x2
x1
v dt
t
t
(a)
((4.40 m / s)
(4.40 m / s)(t
t1 )
(0.6 m / s 3 )t 2 )dt
(0.6 m / s 3 ) 3
(t
3
t13 ).
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.
1.43 m / s.
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:
96 km / h
40 m / vehicle.
2400 vehicles / h
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 2segundos 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.
(c)
Da
Eq.
(2-13),
e
com v0 = 0,
v
2(0.8 m / s )(14.4 m) 4.8 m / s. 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.
2
(e) Da Eq. (2-12), x – x0 = (4.8 m/s)(1.0 s) +
1
(0.8
2
(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
360 m 80 m
17.5 m / s
16.0 s,
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),
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
2
vrel
,0
500 m.
2arel
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:
1
vrel , 0
a
t
vrel2 , 0
96000 m / h
13.8 m / vehicle
(100 s (1
0.6
As posições dos carros em função do tempo são :
x1
100 m 2 / s 2
1 2
at ,
2
x2
D
v0t.
Os carros colidem quando x1 = x2; então
igualando as expressões temos uma Expressão quadrática
para t,
2axrel , 0
1 2
at
2
v0 t
D
0,
cujas soluções possíveis são:
1
t
vo2 2aD v0 ,
t
v02 2aD v0 .
a
O segundo destes tempos é negativo e portanto
não representa uma situação física.
(b) v
at
v 2 2aD v .
1
a
6960 vehicle / h.
(10 s 2 / m)(10 m / s
2-58:
40 m 2 / s 2 )
.
1
0
0
(c)
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 :
20 m / s
2.5 m / s 2
80 s. Para este tempo o policial está
a:
v12
2a
x1
Isto
2
(1/ 2)a1t1 ,
(20 m / s) 2
2(2.5 m / s 2 )
poderia
80.0 m.
também
ser
encontrado
de
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.
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
naquele período de tempo. Como o caminhão tinha uma
3
velocidade inicial de
v p e a velocidade média é vp, então
2
1
a velocidade final do caminhão deve ser v p .
2
l
vo2
2g
((1.90 m) /(0.420 s) (1 / 2)(9.80 m / s 2 )(0.420 s)) 2
2(9.80 m / s 2 )
0.310 m.
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:
t
(b)
2(l h)
g
2l
,
g
gt 2 / 2
l
l
h.
Elevando ao quadrado ambos os lados da segunda
expressão, permite cancelar alguns termos l , então:
(1 / 2) gt 2
2 gt 2 l / 2
que é resolvido para: l
h,
1 h
2g t
2
(1 / 2) gt ,
que é a mesma expressão obtida anteriormente.
2-62:
(a)
Da Eq. (2-17), x(t) = t -
3
t 3 = (4.00
2-70:
(a)
m/s)t – (0.667 m/s3)t3.
Da Eq. (2-5), a aceleração é a(t) = -2 t = (4.00 m/s3)t.
(b) A velocidade é zero para
(a = 0 at t
t
= 0, mas este é um ponto de inflexão e não um ponto de
máximo). Os valores máximos para x são portanto:
3
3
(c)
2
x
.
3
3
3
O valor positivo é então:
x
2 (4.00 m / s) 3
3 2.00 m / s 3
2-64:
2
32 2
3
(b) Da altura velocidade encontrada na parte (b),
a altura máxima é:
3.77 m.
(111.6 m / s) 2
2(9.80 m / s 2 )
O tempo necessário para ovo cair é:
2(46.0 m 1.80 m)
(9.80 m / s 2 )
2 h
9
t
1
2
3.00 s,
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 (103)(3.5 m) 5.15 m / s. Supondo que o
70 s
elevador atinja o do estado de repouso no espaço de um
andar,
então
sua
aceleração
é
02
(5.15 m / s) 2
2(3.5 m)
3.80 m / s 2 .
2-68: A velocidade do vaso de flores no topo da janela é
v0, e a altura h da janela é:
h
vavet
v0 t
(1/ 2) gt 2 , or v0
h
t
(1/ 2) gt.
A distância l entre o telhado e o topo da janela é
então :
635 m.
(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)
v
v
v02 2 g ( y
y0 )
(100 m / s)2 2(9.8880 m / s 2 )( 125 m) 111.6 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:
(c)
h
v0 t
1 2
gt
2
1
gt
2
t0 ,
2
onde v0 e a velocidade inicial do Super-Homem.
Resolvendo a segunda equação para t , temos:
2h
g
t
t 0 . Resolvendo a primeira equação
para v0 , temos
v0 =
h
t
2-78:
O tempo passado acima de ymax/2 é
1 do
2
tempo total gasto no ar, pois o tempo é proporcional a raiz
quadrática da mudança na altura. Portanto a razão é:
g e
t,
2
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)
1/ 2
1 1/ 2
1
2 1
2.4.
2-80: (a)
Faça a altura ser h e denote o intervalo
de tempo de 1.30-s por t; as equações simultâneas
h =
1 2 2
gt , h
2
3
1
g (t
2
t)2
podem ser resolvidas
para t. Eliminando-se h e tomando a raiz quadrada, temos
t
t
h
(c) Se o arranha céu é tão baixo que o estudante já
está no chão, então
h
1 2
gt0
2
123 m.
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:
y1
v0 t
(1 / 2) gt 2 , y 2
(1 / 2) gt 2 ,
H
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
v02 / g .
H
2-76: (a)
A velocidade de qualquer objeto caindo em
queda livre uma altura distância H – h é:
2 g (h
h).
A aceleração necessária para trazer um objeto de uma
velocidade v ao repouso em uma distancia h é:
v2
2h
2 g ( H h)
2h
g
H
h
1.
t
1 2
gt
2
3
, and t
2
1
substituindo em
t
,
2/3
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
h
3
1
g (t
2
t ) 2 , 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
2.1
2.3
2.5
2.7
2.9
2.11
2.13
2.15
2.17
2.19
2.21
2.23
2.25
2.27
2.29
2.31
2.33
2.35
2.37
2.39
2.41
2.43
Gabarito
(a) 197 m/s (b) 169 m/s
1h 10 min
(a) 14.0 m/s (b) 11.4 m/s
(a) 12 m/s (b) (i) 0 m/s (ii) 15.0 m/s
(iii) 12.0 m/s (c) 13.3 s
(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
(a) cerca de 5 s (b) 30 s até 40 s (c) 0
(d) -1.7 m/s²
Aproximadamente igual a 10 m/s²
Exercício
2.63
2.65
2.67
(a) 5.0 m/s (b) 1.43 m/s²
1.70 m
(a) 1.7 m/s² (b) 12 s (c) 240 m
2.79
4
(a) 1.8 10 m s (b) 0.957
(c) 6 h 11 min
(b) 1s, 3s (d) 2 s (e) 3 s (f) 1 s
(b) d/4
(a) 2.94 m/s (b) 0.599 s
(a)
x t
v t
2.59
2.61
t
2d g (b)0.190 s
(a) 5.56 m/s, para baixo (b) 9.80 m/s²,
para baixo (c) 2.16 s (d) 16.1 m/s
(a) 25.6 m/s, para baixo (b) 31.6 m
(c) 15.2 m/s
(a) 249 m/s² (b) 25.4 (c) 101 m (d)
não
(a) 7.5 m (b) 180 m(c) 2.16 s (d) 20
m
(a)
2.49
2.51
2.53
2.55
2.57
28.6 m
(a) não (b) sim, 14.4 m/s; não é
fisicamente atingível.
(a) 13.3 m (b) 1.65 s
(a) 7.59 m/s (b) 5.14 m (c) 1.60 s
(a) 92.2 m (b) 75.1 m/s
(a) A (b) 2.27 s, 5.73 s (c) 1.00 s,
4.33 s (d) 2.67 s
(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
(a) 8.18 m/s (b) (i) 0.411 m (ii) 1.15
km (c) 9.8 m/s (d) 4.90 m/s
2.69
2.71
2.73
2.75
2.77
Capítulo 3 – Exercícios Resolvidos - Pares
(a) 0, 6.3 m/s², -11.2 m/s² (b) 100 m,
230 m, 320 m
2.45
2.47
Gabarito
0.250t 3 0.0100t 4
0.750t 2 0.0400t 3
(b) 39.1 m/s
(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.
(a) 82 km/h (b) 31 km/h
(a) 3.5 m/s (b) 0 (c) 1.5 m/s²
Deve pisar no freio
4.6 m/s²
(a) 6.17 s (b) 24.8 m(a) 82 km/h (c)
vcaminhão = 13.0 m/s,
vauto=21.0 m/s
(a) 17 m/s (b) 1.6 s
(a) 15.9 m/s (b) 393 m (c) 29.5 m/s
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) r x 2 y 2 ( 45.6 m) 2 (58.8 m) 2 74.4 m.
3-4:

v
2btiˆ
3ct 2 ˆj. 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 31.0o = 0.39 m/s2, y =
(0.45 m/s2) sen 31.0o = 0.23m/s2, 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 =
(0.52 m / s) 2 (6.5 m / s) 2 6.48 m / s,
para um ângulo de arctan
(c)
6.5
0.52
85o .
(d)
3-8:
3-10:
(a)
O tempo t é dado por:
t
2h
g
7.82.
(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)
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:
O tempo t é v y 0
(a)
g
(b) 1
2
gt
2
1
v yo t
2
v yo2
2g
16.0 m / s
9.8 m / s 2
1.63 s.
13.1 m.
(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) 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.
(e)
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 = - 2gy0 = 3.83 m/s, e então a bola tem uma velocidade cujo módulo é
de 5.24 m/s, direcionada em um ângulo de 46.9 o abaixo da
horizontal.
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)
3-20: 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
3.
período T anterior, isto é: T = T/
3-22: 550 rev/min = 9.17 rev/s, correspondendo a um
período de 0.109 s.
(a) Da Eq. (3-29),
2 R
v
T
196m / s
(b) Também da Eq. (3-30) ou Eq. (3-31), rad =
1.13 x 104 m/s2 = 1.15 x 103g.
3-24: (a)
Utilizando
a
Eq.
(3-3),
2 R
T
2.97 x 104 m / s.
(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/s2.
3-18: Substituindo para t em termos da expressão para
yflecha resulta em:
yflecha =
d tan
0
gd
2v0 cos2
3-26: (a) arad = (3 m/s)2/(14 m) = 0.643 m/s2, e atan =
0.5 m/s2. Então ,
a = ((0.643 m/s2)2 + (0.5 m/s2)2)1/2 = 0.814 m/s2, 37.9o
para a direita da vertical .
(b)
.
2
0
Utilizando os valores fornecidos para d e
expressar esta função de v0, temos:
26.62 m 2 / s 2
y (3.00 m 0.90
.
v02
Então,
(a)
y= 2.14 m,
0
para
(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)
3-28:
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:
1.5 km
1.5 km
1.47hr 88 min .
6.8 km / h 1.2 km / h
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 80.0 = 14o do norte para o oeste.
320
(b) Utilizando o ângulo encontrado na parte (a),
temos: (320 km/h) cos 14o = 310 km/h. , ou de modo
equivalente:
(320 km / h) 2
(80.0 km / h) 2 310 km / h.
3-38:

r
(a)
( t
Integrando
t 3 )iˆ
3
2
t 2 ˆj.
Derivando

a
( 2 )iˆ
ˆj.
(b) O tempo positivo para o qual x = 0 é dado por
t2 = 3 / . Para este tempo a coordenada y é :
(c)
3-34: (a) A velocidade relativa à água é ainda 4.2 m/s. A
direção de viagem do barco é:
arcsen 2.0 = 28o , do norte para leste.
2
3-40:
t2
3 3(2.4 m / s (4.0 m / s 2
2
2(1.6 m / s 2 )
9.0 m.
(a)
4.3
(b) (4.2 m / s) 2 (2.0 m / s) 2 3.7 m / s, east.
(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,
vx
v0 x
vy
v0 y
3
t3,
t
2
t2, e x
v0 x t
12
t4, y
v0 y t
2
t2
6
t 3.
(b) Fazendo-se y = 0 temos uma função quadrática
em t, isto é
v0y + t , a qual tem solução positiva igual a :
2
2
t
t
0
1
2
2v0
13.59 s,
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)
As equações do movimento são:
y
h
(v 0 sen )t
1 2
gt
2
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 36.9o = 4/5. No topo da trajetória, vy
= 0. Resolva isto para t e utilize a equação para y para
v0 sen
g
achar a altura máxima: t
(v0 sen
reduzida
v0
y h
v sen
) 0
g
a:
y
25gh / 8,
. Então, y=h+
1
v sen
g 0
2
g
2
2
v0 sen
h
.
2g
e sen
(25gh / 8)(3 / 5) 2
2g
2
, que fica
Utilizando
= 3/5, obtemos:
h
9
h, or y
16
25
h.
16
Nota: esta resposta supõe que y0 = h. Fazendo-se y0 = 0
(d) O tempo para o qual y = 0 requer a solução de
outra função quadrática, isto é:
0
v0 y
2
t
6
t2
(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.
teremos os resultado de y =
9
h. O tempo total de vôo
16
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:
1 2
gt
2
3
v0
5
quadrático temos:
g
0.
Utilizando
os
termos
1
( (3 / 5)v 0 ) 2 4( g )( h)
2
.
1
2 g
2
(3 / 5)v 0
t
t
t
R
R
v0 cos
R
v0 cos
, então d
0
v02 sen 2
0
/g
.
Utilizando
0
e os valores dados resulta em d
= 29.5 m.
Substituindo v0
1
2
t
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 ,
9 25gh 16gh
25 8
8 .
(3 / 5) 25gh / 8
t
25gh / 8 obtemos
g
Obtendo os termos para t, fica:
9h
2g
1
h
h Somente
3
5
.
2
2g
2g
25h
2g
raiz positiva tem sentido, então
t
4
h
.
2g
a
sen
= cos
2 / 2.
=
Par se alcançar a distância mínima : 6D =
Portanto,
x
25gh 4
8
5
(v0 cos )t , x
4
h
2g
Resolvendo a primeira equação para t resulta em
4h.
t
3-42: (a)
Colocando y = -h na Eq. (3-27) (h é a
altura inicial que a dublê se encontra acima do solo) e reagrupando os termos, temos:
2
2vo sen
x2
0
cos
g
2v0 x
h
g
x
x
wv 0 x v0 y
g
2
x
2v0 x
h
g
x
v02y
2 gh
55.5 m.
(b) O gráfico de vx(t) e’uma linha horizontal .
2
2D = 6D - 1
6D 2
g
. Que resolvendo para v0
2
v0
resulta em v0 =
3 gD.
Para se alcançar a distância máxima: 7D =
0,
cuja solução é:
v0 x
v0 y
g
Substituindo este resultado na segunda
0.
A melhor coisa que se pode fazer aqui é
reconhecer que a equação acima pode ser colocada na forma:
2
6D 2
.
v0
equação temos:
2
0
2
1 2
v0 t
gt .
2
2
2D =
utilizando:
2
v0 t , e
2
=
2
v0 t
2
t resulta em
2
v0 t ,
2
e 2D
1 2 Resolvendo a primeira equação para
gt .
2
t
7 D 2 Substituindo este resultado na
.
v0
segunda equação temos:
2
2D = 7D -
1
7D 2
g
.
2
v0
Que resolvendo
para v0 resulta em
v0 =
49gD / 5
3.13 gD,
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:
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:
2
vo
gx2 / 2 cos2 0
.
x tan 0 y
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:
vy
v0 sin
0
gx
v0 cos
.
0
Utilizando os valores dados resulta em:
vx = v0 cos 0 = 8.28 m/s, vy = -6.98 m/s, então
v =
(8.28 m / s) 2 ( 6.98 m / s) 2 10.8 m / s,
ângulo de: arctan
6.98
8.24
40.1o ,
para um
com o sinal negativo
indicando a direção abaixo da horizontal
(b) 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 :
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)
(d) Nesta situação é conveniente utilizar a Eq. (327), 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:
v 2 v02 cos2
v02 (sen 2
0
cos2
0
0
(v0 sen
) 2v0 sen
v02 2 g v0 sen 0t
0
0
gt) 2
gt ( gt) 2
1 2
gt
2
v02 2 gy,
(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 9.1 o, desta
vez acima da linha horizontal .
(c) O gráfico de vx(t) é uma linha horizontal.
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
v02 2 gh , que é independente de
0.
3-56:
v0 y
t
A componente y da velocidade inicial é
2 gy , e o tempo que o seixo está em voo é
2 y / g . A componente x da velocidade inicial é
v0 x
incial é portanto:
x 2 g / 2 y . O módulo da velocidade
x2 g
2 gy
2y
v0
cujo ângulo é arctan
v0 y
2 gy 1
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)
2
x
2y
= arctan (2y/x).
v0 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
R
,
v0 x
onde aqui vE/H é a
(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
(12.0 m / s ) 2 (20.8 m / s) 2 24 m / s. Isto é, sem
dúvida, o mesmo que (12.0 m/s) / sen 30 o.
3-66:
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/
v02
v
x0 v E / H 0 2 ,
g
g
2,
or
2
v0
1
2
2vE2 / H 4 gx0
2vE / H
61.1km / h,
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 45 o = 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:
d
v x2 v y2
dt dt
d 2 2
(v x v y )
dt
v x2 v y2
vx ax v y a y
v x2 v y2
.
(b) Utilizando os números do Exemplo 3-1 e 3-2,
dv ( 1.0 m / s) 0.50 m / s 2 (1.3 m / s)(0.30 m / s 2 )
0.54 m / s.
dt
( 1.0 m / s) 2 (1.3 m / s) 2
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 .
 
a vx ax v y a y , v
(c) v
vx2
v y2 ,
e portanto
a formula acima para dv se parece com v a / v.
dt
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) = 11.53 o, do leste
para o norte.
3-64: (a)
verticalmente,
w2
(d) 1.50 h, 1.60 h, 1.55 h.
2gh 2(9.80 m / s 2 )(4.90 m) 9.80 m / s.
(a) v0 y
(10.8 m / s)
2
(.80 m / s)
As gotas são consideradas como caindo
então sua componente horizontal de
relativa
2
ao
homem
é:
e
a
4.54 m / s,
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 9.80 m / s
4.54 m / s
o ângulo será de
= tang-1
(a) dv
(1 / 2)
2
(b) v0y/g = 1.00 s.
(c) a velocidade
Esta equação quadrática é resolvida para:
v0
(c) 2D/ v
3-68:
2vE / H v0 gx0 0.
(a)
2D/v
(b) 2Dv/(v2 – w2)
65o . Relativo ao solo
9.80 m / s
4.54 m / s 9.10 m / s
35.7 o
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:
gx
1
tan tax(
)
.
2
2
2v0 cos (
)
Defina a quantidade sem dimensão
gx / 2v 02
por . Neste caso temos:
(9.80 m / s 2 )(60.0 m) cos 30.0 o
0.2486.
2(32.0 m / s) 2
A relação acima pode então ser escrita, pela
multiplicação de ambos os lados pelo produto cos cos (
+ ),
sin cos (
e então:
) sin(
) cos
cos
,
cos (
)
cos
.
cos (
)
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
sin (
sen a cos b =
ângulo
) cos
cos (
) sin
1
(sen (a + b) + sen (a – b)) permite que o
2
seja isolado.Mais especificamente,
1
(sen (2
2
) sen (
))
cos ,
com o resultado final
sen (2 + ) = 2 cos + sen .
(a)
para
= 30o, e
conforme encontrado
o
acima, = 19.3 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 = 30o
pode ser utilizado (cos 30o = cos (-30o)), resultando em =
13.0o e + = -17.0o.
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 30o (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/s2)(sen 30o)(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)T2 – (9.80 m/s2)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=
(9.80 m / s 2 )T
(9.80 m / s 2T ) 2 (4) (7.35 m / s 2 )(4.9)T 2
2(7.35 m / s 2 )
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 s2. Portanto T = 5.15
s.
Capítulo 3 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercício
3.1
3.3
3.5
3.7
3.9
3.11
3.13
3.15
3.17
3.19
3.21
3.23
3.25
3.27
3.29
3.31
3.33
3.35
3.37
3.39
3.41
3.43
3.45
3.47
3.49
3.51
3.53
3.55
3.57
3.59
3.61
Gabarito
(a) (vmed)x = 1.4 m/s, (vmed)y = -1.3 m/s (b)
1.9 m/s, -43°
(a) 7.1 cm/s, 45° (b) 5.0 cm/s, 90°; 7.1 cm/s,
45°; 11 cm, 27°.
(a) (amed)x = -8.67 m/s², (amed)y = -2.33 m/²s
(b) 8.98 m/s², 193°
Exercício
3.63
3.65
iˆ 2 t ˆj
a
2 ˆj
(b) v
(c) v = 5.4 m/s, -63°; a = 2.4 m/s², -90° (d)
aumentando; fazendo uma volta para direita.
(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.
(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/s2; perpendiculares: 8,90
m/s2, 9,80 m/s2, 8,90 m/s2
(a) 1.4 km (b) 8.5 km
(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°
(a) 1.5 m (b)-0.89 m/s
(a) 13.6 m (b) 34.6 m/s (c) 103 m
(a) 0,034 m/s2 = 0.0034g (b) 1.4 h
(a) 3.07 s (b) l.68 s
(a) 3.50 m/s2, para cima (b) 3.50 m/s2, para
baixo (c) 12.6 s
(b) não (c) no ponto onde o carro se encontra
mais afastado do centro geométrico da elipse
(a) 14 s (b) 70 s
0.36 m/s, 38° no sentido do sul para o oeste
(a) 4.7 m/s, 25° no sentido leste para sul
(b) 190 s (c) 380 m
(a) -7.l m/s, -42 m/s (b) 43 m/s, 9.5° no
sentido do sul para o oeste
(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
(a) 1.0 m/s2 (b) 5.4° (c) 2,3 m/s (d) 31 s
22 m/s
274 m
(a) 42.8 m/s (b) 42.0 m
3.69
4 2D
(c) menor do que 45°
(b) 15°, 75°
(a) 17.8 m/s (b) no rio, a uma distância de
28.4 m da margem mais próxima da rampa
(a) 2.23 m (b) 3.84 m
(c) 8.65 m/s (d) 3.09 m, 0.62 m
(c) (18/25)gT2 (d) (3/2)gT2
vx = R. .(1 – cos[ .t)]); vy = R. .sen[ .t]
ax = R. 2.sen[ .t]; ay = R. 2.cos[ .t];
3.67
3.71
Gabarito
30 km
(a) 44.7 km/h, 26.6° no sentido do sul para o
oeste (b) 10.5° no sentido do oeste para o
norte
(a) 0.782 s (b) 7.67 m/s
(c) 5.17 m/s (d) 1.04 m
(a) 80 m (b) l.56.10-3 (c) o efeito global da
resistência do ar faz diminuir o raio
2v02
g
tg
tg
4
cos 2
cos
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/s2,
92.86°
3.75
(a) 1.5 km/h (b) 3.5 km/h
(b) w = mg = (14.0 kg)(9.80 m/s2) = 137 N.
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 203o –20 N
Ry = (200 N) – sen 0 + (300 N) sen 105o + (155 N) sen 203o
= 229 N.
(b) R r 2 R2 230 N , arctan 229 95O. Os resultados
Y
y
20
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:

Fx
60.0 N
F |F|
69.3 N .
cos
cos 30o
(b) Fy = F sin = Fx tan = 34.6 N.
4-6: (a)
F1x
F2 x (9.00 N ) cos120 o (6.00 N ) cos ( 126.9o )
8.10 N
F1 y
F2 y (9.00 N ) sen 120 o (6.00 N ) sen ( 126.9o )
3.00 N .
(b) R
4-8:
4-10:
a
Rx2 Ru2
(8.10 N ) 2 (3.00 N ) 2 8.64 N .
2
F = ma = (135 kg) (1.40 m/s ) = 189 N.
(a)
A aceleração é:
2x 2(11.0 m)
0.88 m / s 2 . A massa é portanto
t 2 (5.00 s) 2
F
m
a
80.0 N
90.9 kg.
0.88 m / s 2
1 2
at 215 m.
2
(a) Com v0 = 0,
v 2 (3.00 x10 6 m / s) 2
2 x 2(1.80 x10 2 m)
(b) O cabo está sob tensão.
F 80.0 N
(c)
m 105.0 kg
0.762m / s 2 .
(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.
F
80.0 N
(e)
4
2`
m
9.05 x 104 kg
8.84 x 10 m / s .
4-26: (a) A força resultante é para cima, então:


T – mg = m | a |, and T m( g | a |).
(b) A força resultante é para baixo, então:


mg – T – m | a | and T m( g | a |).
(c) Com v0 = 0, v = at = 2x/t = 43.0 m/s.
a
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.
620 N 650 N
F
0.452 m / s 2 .
m 650 N / 9.80 m / s 2
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.
a
4-12: (a) a = F/m = 140 N/32.5 kg = 4.31 m/s2
4-14:
(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
a
(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.
(b) Com v0 = 0, x =
4-20:
2
2.50 x1014 m / s .
4-28: (a)
3.00 x 10 6 m / s
1.20 x10 8 s. Note que este
a 2.50 x101 4 m / s 2
(b) t v
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:
F
F
F
160
2
2
a
m w/ g
w
g
71.2
(9.80 m / s ) 22.0 m / s .
4-18: (a) Da Eq. (4-9), m = w/g = (3.20 N)/(9.80 m/s2) =
0.327 kg.
(b) A caixa com massa total de 10.00 kg, acelera
conjuntamente com uma aceleração de:
F 50.0 N
5.00 m / s 2 .
m 10.00 kg
a
(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:

a (0.120m / s 3 )tiˆ (0.12 m / s 2 )kˆ,
e para t = 5.0 s, a aceleração é:

a (0.60 m / s 2 )iˆ (0.12 m / s 2 )kˆ.
Portanto a força é:

 w  (2.75 x 105 N )
F ma
a
(0.60 m / s 2 iˆ (0.12 m / s 2 )kˆ
g
(9.80 m / s 2 )
(1.7 x 104 N )iˆ (3.4 x 103 N )kˆ.
4-32: (a)
O tempo de parada é :
x
vavc
x
2(0.130m)
7.43 x 10 4 s.
(v0 / 2) 350m / s
(b) F = ma = (1.80 x 10-3 kg) (350m / s)
(7.43 x 10 4 s)
Utilizando seng
F1 w a1
,
F2 w a2
e resolvendo para o peso w temos:
w
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:
(1.20 m / s 2 )(10.0 x 103 N ) ( 0.80 m / s 2 )(25.0 x 103 N )
w
16.0 x 103 N .
1.20 m / s 2 ( 0.80 m / s 2 )
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 =
848 N .
a vo2 / 2 x temos o mesmo

| a |).
(d)T – w = T = mg = ma = -m
4-34: (a) F – w = F – mg = ma, so m =
F
e,
a g
w mg F
g
a g
(50.0 N )
(9.80 m / s 2 )
40.0 N .
(2.45 m / s 2 9.80 m / s 2 )
(b) Resolvendo a relação anterior para a em termos
de F, temos:
F
g
m
F
w/ g
g g
F
1
w
(9.80 m / s 2 )
30.0 N
1
40.0 N
4-36: O navio iria a uma distância :
v02
mv02
mv02 (3.6 x 107 kg )(1.5 m / s) 2
506.25m,
2a 2 ( F / m) 2 F
2(8.0 x 104 N )
portanto o navio colidiria com o recife. A velocidade quando
o navio petroleiro choca-se com o recife pode ser encontrada
de:
4
v02 (2Fx / m)
(1.5 m / s) 2
2(8.0 x 10 N )(500m)
0.17 m / s,
(3.6 x 107 kg )
então o óleo estaria protegido.
4-38:
v2
(12.5 m / s) 2
F ma m 0 (850 kg)
3.7 x10 6 N .
2x
2(1.8 x10 2 m)
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:

| 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 :
v
2gh
2(9.80m / s 2 )(3.10m) 7.80m / s.
(b) A aceleração enquanto o joelho está curvando é :
2.45 m / s 2 ,
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.
v

m | a | (a aceleração é
para cima, na mesma direção da tensão), então T = m(g +
resultado.
a
a1 F2 a2 F1
.
a1 a2
a
v 2 (7.80 m / s) 2
50.6 m / s 2 .
2 y 2(0.60 m)
(c) A força resultante que o pé exerce sobre o solo é
também a força que o solo exerce sobre o pé (par de açãoreação). 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/s2) = 4532 N. Como uma
fração de seu peso, esta força é :
F
mg
a
1
g
6.16 (foi mantido algarismo
significativos extras nos cálculos intermediários de a).
Observe que este resultado é o mesmo obtido
algebricamente de:
3.10
1.
0.60 m
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
4-46:
Ctv 0
m
v0
1, então
v
x x0
m v0
ln
.
C
v
(b) Pela regra da cadeia,
dv dv dv dv
v,
dt dx dt dx
e utilizando a expressão dada para a força resultante,
temos:
dv
m
dx
C
dv
dx
m
v
Cv 2
(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:
a g
5.0
3.8
1.32g.
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, -Cv = m dv não pode
dt
2
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 :
C
dt
m
Ct
m
dv
v2
1 1
,
v v0
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:
v
dx
dt
1
v0
Ct
m
1
,
v
C
v
( x x0 ) ln
m
v0
x x0
v
m
ln 0
C
v
Capítulo 4 – Exercícios Respostas – Ímpares
Exercícios
4.1:
4.3:
4.5:
4.7:
4.9:
4.11:
4.13:
4.15:
4.17:
4.19:
4.23:
4.25:
4.27:
4.29:
4.31:
4.33:
4.35:
4.37:
4.39:
4.41:
4.43:
4.45:
4.47:
4.49:
Respostas
(a) 0 (b) 90° (c) 180°
7.l N horizontal, 7.l N vertical
494 N, 31.7°
2.2 m/s2
16.0 kg
(a) 3.13 m, 3.13 m/s (b) 21.9 m, 6.25 m/s
(a) F 0
2.94 103 N
(a) 4.49 kg (b) 4.49 kg, 8.13 N
825 N, o bloco
m
7.4 10 23 2
s
5.83 m/s2;
(a) 25.0 N (b) 10.0 N
1.47 m/s², para cima
Fx t
6 m B t
1840 N, 135°
(a) 17 N, 90° no sentido horário a partir do
eixo +0x (b) 840 N;
2.36 103 N
(a) 4.4 m (b) (i) 2.7 104 N (ii) 9.0 103 N
(a) 4ma (b) 3ma (c)2ma
(d)-ma (e) possuiriam os mesmos módulos
e a mesma direção, mas os sentidos
(a) 2.93 m/s2 (b) 11.1 m/s2
(b) 5.9 102 N (c) 2.2 103 N
(b) 3.53 m/s² (c) 120 N (d) 93.3 N
k1 t m iˆ k2 t 4 4m ˆj
r
4.51:
v
k3 3 ˆ
k1 2 k2k3 5 ˆ
t
t i
t j
2
2m
120m
6m
k2 k3 4 ˆ
k3 2 ˆ
k1
t
t i
t j
2
m 24m
2m
Física 1 – GABARITO – EXERCÍCIOS – Sears & Zemansky – Editora Pearson – Prof. Dr. Cláudio. Sérgio Sartori.
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