SUGESTÕES PARA O DESENVOLVIMENTO
I LISTA DE EXERCÍCIOS DE FÍSICA I
CAPÍTULO I – MEDIÇÃO
1 - Os prefixos (micro, pico, nano, . . .) são dados em tabela para pronta referência na
página principal do site.
a) Como 1 km = 1 × 103 m e 1m = 1 x106 µm,
1km =103m = (103m)( 106 µm/m) =109 µm.
A medida é dada como 1,0 km (dois algarismos significativos), o que implica o nosso resultado deverá ser escrito como 1,0 × 109 µm.
b) Calculando o número de mícrons em 1 centímetro.
Desde que 1 cm = 10-2 m,
1 cm = 10-2m = (10-2 m) (106 µm / m) = 104 µm.
Conclui-se que a fração de um centímetro igual a 1,0 µm é de 1,0 × 10-4.
c) Consultando a tabela de fatores de conversão (na página principal), temos que
1 yd = (3 ft) (0,3048m/ft) = 0,9144 m e
1,0 yd = (0,91 m) (106 µm / m) = 9 ,1 × 105 µm.
2 - Usando os dados fornecidos de fatores de conversão, encontramos:
a) a distância d em varas varas 160 = m 5,0292 vara 1 estádio 201,168m x estádios 4,0 = d ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
b) a distância em cadeias de ser
cadeias 40 = m 20,117 cadeia 1 estádio 201,168m x estádios 4,0 = d ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 3 - a) Substituindo, temos R = 6,37 × 106 m x 10-3 km/m = 6,37 × 103 km.
O comprimento da circunferência é dado por C = 2πR =2π x 6,37 × 103 km = 4,00 × 104 km.
b) A area da superfície da Terra é dada por:
A = 4πR2 = 4π x (6,37 × 103 km)2 = 5,10 × 108 km2 . c) O volume da Terra: 2 3 3 (6,37 10 ) 3 4 R 3 4 = V π⋅ = π ⋅ x km V = 1,08 × 1012km3 .
4 - O volume de gelo é dado pelo produto da área da superfície semicircular pela
espessura (altura). A área do semicírculo é A = πr2/2, onde r é o raio. Portanto, o volume é
temos
Nestas unidades, a espessura torna-se:
Portanto,
5 - Usamos os fatores de conversão dados, temos:
1 Acre-pé = (43. 560 ft2) x ft = 43.560 ft3.
Desde que 2 in. = (1 / 6) ft, o volume de água que caiu durante a tempestade é : V = (26km2) (1 / 6) ft = (26 km2) (3281 ft/ km)2 (1 / 6 ft) = 4,66 × 107 ft3. Deste modo,
6 -
= 52,6 min
A diferença percentual é, portanto:
7 - Utilizamos os fatores de conversão e prefixos SI apresentados nas tabelas úteis
disponíveis no site.
Aqui, “ns” representa nanosegundo, “ps” representa picosegundo, e assim por diante.
a) 1m = 3,281 ft e 1 s = 109 ns. Deste modo,
b) Utilizando 1m = 103 mm e 1 s = 1012 ps, encontramos
= 0,30 mm/ps
8 - Nós convertemos metros para unidades astronômicas e, segundos a minutos,
utilizando 1000 m = 1 km 1UA = 1,50 × 108 km 60 s = 1min.
9 - O último dia dos 20 séculos é maior do que o primeiro dia, por
(20 séculos) x (0,001 s / século) = 0,02 s.
A média diária durante os 20 séculos é (0 + 0,02) / 2 = 0,01 s mais longo do que o primeiro dia. Desde que o aumento ocorre de maneira uniforme, o efeito cumulativo T é T = (média de aumento na duração de um dia) (número de dias)
ou cerca de aproximadamente duas horas.
10 –Se ME é a massa da Terra, m é a massa média de um átomo na Terra, e N é o
número de átomos e, em seguida,
ME = N⋅m ou N = ME / m. Nós convertemos massa m para kg utilizando o dado do problema 1 u = 1,661 x 10-27 kg.
Deste modo,
11 - Nós introduzimos o conceito de densidade (o que os alunos terão provavelmente
visto em outros cursos):
e convertemos para unidades SI: 1 g = 1 x 10-3 kg.
Para a conversão de volume, encontramos 1 cm3 = (1 x 10-2 m)3 = 1 x 10-6 m3 Assim, a densidade em kg/m3 é :
Assim, a massa de um metro cúbico de água é de 1000 kg.
12 - Nós dividimos a massa de água pelo tempo necessário para drená-la. A massa é
encontrado a partir de M = ρV (o produto do volume de água pela sua densidade): M = (5700m3) x (1 x 103 kg/m3) = 5,70 x 10-6-kg.
O tempo é t = (10 h) (3.600 s / h) = 3,6 x 10-4 é, de modo que a taxa de escoamento de massa R é
13 - Nós introduzimos o conceito de densidade (o que os alunos terão provavelmente
visto em outros cursos):
e converter para unidades SI: 1000g = 1 kg, e 100 cm = 1 m.
que gera ρ = 7870 kg/m3. Se ignorarmos os espaços vazios entre as esferas atômicas e, então, a densidade de cada um átomo de ferro será a mesma que a densidade de qualquer amostra de ferro. Isto é, se M é a massa e V é o volume de um átomo, então
b) Nós tomamos o volume da esfera atômica como V = 4π R3 / 3, onde R é o raio de um
átomo. Resolvendo para R, encontramos:
A distância de centro-a-centro entre átomos é duas vezes o raio, ou 2,82 x 10 -10m.
CAPÍTULO II – MOVIMENTO RETILÍNEO PROBLEMAS
1 - Assumindo que a velocidade horizontal da bola é constante, o deslocamento horizontal é ∆x = v∆t, onde ∆x é a distância horizontal percorrida, ∆t é o tempo, e v é a velocidade(horizontal). Convertendo v para metros por segundo, temos 160 km/h = 44,4m/s. Deste modo
2 - Durante um tempo tc quando a velocidade continua a ser uma constante positiva, a velocidade instantânea é equivalente a velocidade média e a distância é equivalente ao deslocamento, com ∆x = v tc. a) Durante a primeira parte do movimento, o deslocamento é ∆x1 = 40 km e o intervalo de tempo é
Durante a segunda parte, o deslocamento é ∆x2 = 40 km e o intervalo de tempo é
Ambos os deslocamentos são no mesmo sentido, de modo que o deslocamento total é ∆x = ∆x1 + ∆x2 =
40 km + 40 km = 80 km. O tempo total para a viagem é t = t1 + t2 = 2,00 h. Consequentemente, a velocidade média é
b) Neste exemplo, o resultado numérico para a velocidade escalar média é a mesma que a velocidade média: 40 km/h.
(c) Para poupar espaço, descrevemos sucintamente o gráfico (com posição em quilômetros e tempo em horas): uma linha contínua com dois segmentos, o primeiro com uma inclinação de 30 e ligando a origem em (t1,x1) = (1,33; 40) e o segundo com uma inclinação de 60 e ligando (t1,x1) a (t, x) = (2,00; 80). A velocidade média, a partir do ponto de vista gráfico, é a inclinação de uma linha traçada desde a origem até (t, x).
3 - a) indicando o tempo de viagem e distância de San Antonio a Houston como T e D,
que deve ser arredondado para 73 km/h (2 algarismos significativos).
b) usar o fato de que o tempo = distância / velocidade, quando a velocidade é constante, nós achamos
que deve ser arredondado para 68 km/h.
c) A distância total percorrida (2D) não deve ser confundido com o líquido deslocamento (zero). Obtemos para as duas partes da viagem:
d) Uma vez que o deslocamento líquido é nulo, a velocidade média para a viagem em sua totalidade é nula também.
e) descrever brevemente o gráfico (com posição em quilômetros e tempo em horas): uma linha
contínua com dois segmentos, o primeiro com uma inclinação de 55 e ligando a origrem em
(t1, x1) = (T/2, 55T/2) e o segundo, com uma inclinação de 90 e de ligando (t1, x1) a (T, D), onde D = (55 + 90) T/2. A velocidade média, a partir do ponto de vista gráfico, é a inclinação de uma linha traçada desde a origem até (T, D).
4 - Usando x = 3t - 4t2 + t3 com unidades SI
a) Ligar em t = 1 s temos x = 3(1) – 4 (1)2 +13 = 0. Com t = 2 s temos x = 3(2) – 4 (2)2 +23 = -2 m. Do mesmo modo, para t = 3 s temos x = 3(3) – 4 (3)2 +33 = 0 e para t = 4 s temos x =3(4) – 4 (4)2 +43 = 12 m. Para referência posterior, também nota-se que a posição em t = 0 é x = 3(0) – 4 (0)2 +03 =0.
b) A posição em t = 0 é subtraída da posição em t = 4 s para encontrar o deslocamento ∆x = 12 – 0 = 12 m.
c) A posição em t = 2 s é subtraída da posição em t = 4 s para fornecer o deslocamento ∆x = 12 – (–2) = 14 m. Logo, temos:
d) O eixo horizontal é 0 ≤ t ≤ 4, com unidades SI.
A resposta para parte (c) é a inclinação da reta vermelha que liga o ponto em (t, x) = (2, -2) ao mais alto ponto mostrado (na t = 4 s).
5 - A velocidade (tanto magnitude como o sinal) é determinado pela inclinação da curva
(a) O tatu está à esquerda da origem do eixo quando sua posição é negativa (x < 0): entre t = 2,0 s e t = 4,0 s.
(b) A velocidade é negativa entre t = 0 e t = 3,0 s (inclinação negativa). (c) A velocidade é positiva entre t = 3,0 s e t = 7,0 s (inclinação positiva). (d) A velocidade é zero no mínimo da função do gráfico (em t = 3,0 s).
6 - A velocidade da partícula é dada por:
Assim, em t = 1,0 s, a velocidade é v = - 12 + 6 (1) = - 6,0 m / s.
(b) Uma vez que v <0, ela está se movendo no sentido negativo de x em t = 1 s. (c) Em t = 1 s, a velocidade é | v | = 6,0 m/s.
(d) Para 0 < t < 2 s, | v | diminui até que ele desapareça. Para 2 < t < 3 s, | v | aumenta de zero ao valor que tinha em (c). Então, | v | é maior que o valor para t > 3 s.
(e) Sim, uma vez que v muda suavemente de valores negativos (em t = 1,0 s) para positivos (note que, como t → +∞, temos que v → +∞). Pode-se verificar que v = 0 quando t = 2,0 s.
(f) Não. Na verdade, a partir de v = - 12 + 6t, sabemos que v > 0 para t > 2 s.
7 - trabalhamos com distâncias em centímetros e tempo em segundos.
(a) para t = 2,00 s, temos que x2 = 9,75 + 1,50x(2)3 = 21,75 cm e para t = 3,00 s temos
que x3 = 9,75 + 1,50x(3)3 = 50,25 cm, respectivamente. A velocidade média durante o
intervalo de tempo t ≤ 2,00 ≤ 3,00 s é:
que produz vMED = 28,5 cm / s. (b) A velocidade instantânea é
,
que produz v = (4,5) (2,00)2 = 18,0 cm/s no instante t = 2,00 s.
(c) Em t = 3,00 s, a velocidade instantânea é v = (4,5) (3,00)2 = 40,5 cm/s. (d) Em t = 2,50 s, a velocidade instantânea é v = (4,5) (2,50)2 = 28,1 cm/s.
(e) Seja tm o instante em que a partícula está no meio do caminho entre x2 e x3 (isto é, quando a partícula está em xm = (x2 + x3) / 2 = 36 cm). Portanto,
xm = 9,75 + 1,5t3, de onde temos: tm = 2,596 s
Assim, a velocidade instantânea, neste momento é v = 4,5 (2,596)2 = 30,3 cm/s.
A resposta da parte (a) é dada pela inclinação da reta entre t = 2 e t = 3, no gráfico x = f(t)
As respostas às partes (b), (c), (d) e (e) correspondem à inclinações da reta tangente (não mostrado mas facilmente imaginado) para a curva nos pontos adequados.
8 - Uma vez que v = dx/dt, então ∆x =∫ v dt, o que corresponde à área sob o gráfico de v
=f(t). Dividindo a área total em retângulos (AR = base x altura) e triângulos (AT = base × altura/2), temos
com unidades SI. Desta forma, obtemos ∆x = 100 m.
9 - Nós representamos o primeiro sentido de seu movimento como a direção +x, de
modo que v0 = 18 m/s e v = -30 m/s (quando t = 2,4 s). Utilizando a definição de aceleração média encontramos
que indica que a aceleração média tem magnitude 20 m/s2 e está na direção oposta a da velocidade inicial da partícula.
10 - Nesta solução, fazemos uso da notação x (t) para o valor de x em um determinado t.
Assim, x (t) = 10t2 + 50t com unidades SI (metros e segundos). (a) A velocidade média durante os primeiros 3 s é dada por
(b) A velocidade instantânea no tempo t é dado por v = dx/dt = 50 +20 t, em unidades SI. Em t = 3,0 s,
v = 50 + (20) (3,0) = 110 m / s.
(c) A aceleração instantânea no instante t é dado por a = dv/dt = 20 m/s2. Ela é constante, logo a aceleração, em qualquer instante, é 20m/s2.
(d) e (e) Os gráficos abaixo mostram as coordenadas x e velocidade v como funções do tempo, com unidades SI. A linha pontilhada marcado com (a) no primeiro gráfico é executado a partir de t = 0, x = 0 para t = 3,0 s, x = 240 m.
A sua inclinação é a velocidade média durante os primeiros 3 s de movimento. A linha pontilhada marcada com (b) x é tangente à curva em t = 3,0 s. A sua inclinação é a velocidade instantânea em t = 3,0 s.
11 - Nesta solução, fazemos uso da notação x (t) para o valor de x em um determinado t.
As notações v (t) e a(t) têm significados semelhantes.
(a) Uma vez que a unidade de ct2 é de comprimento, a unidade de c deve ser de comprimento/tempo2, ou m/s2 no SI.
Desde bt3 tem unidade de comprimento, b deve ter uma unidade de comprimento/tempo3, ou m/s3.
(b) Quando a partícula atinge a sua coordenada máxima (mínima) a sua velocidade é zero. Desde o que a velocidade é dada por v = dx/dt = 2ct - 3bt2, v = 0 ocorre para t = 0 e para
Para t = 0, x = x0 = 0 e para t = 1,0 s, x = 1,0 m > x0. Desde que nós procuramos o máximo, rejeitamos a primeira raiz (t = 0) e aceitamos a segunda (t = 1s).
(c) Nos primeiros 4 s a partícula se move desde a origem até x = 1,0 m, gira ao seu redor, e retorna à x (4 s) = (3,0m/s2) (4,0 s)2 - (2,0m/s3) (4,0 s)3 = -80m.
O comprimento total do caminho que se percorre é 1,0 m + 1,0 m + 80 m = 82m. (d) Seu deslocamento é dado por ∆ x = x2 x1, onde x1 = 0 e x2 = 80 m. Assim, ∆x = -80 m.
(e) A velocidade é dada por v = 2ct - 3bt2 = (6,0m/s2) t - (6,0m/s3) t2. Deste modo v (1 s) = (6,0m/s2) (1,0 s) - (6,0m/s3) (1,0 s) 2 = 0
v (2 s) = (6,0m/s2) (2,0 s) - (6,0m/s3) (2,0 s) 2 = -12 m / s v (3 s) = (6,0m/s2) (3,0 s) - (6,0m/s3) (3,0 s) 2 = - 36m / s v (4 s) = (6,0m/s2) (4,0 s) - (6,0m/s3) (4,0 s) 2 = - 72m / s.
(f) A aceleração é dada por a = dv/dt = 2c - 6b = 6,0m/s2 - (12 m/s3) t. Deste modo a(1 s) = (6,0m/s2) − (12 m/s3)(1,0 s) = −6,0m/s2
a(2 s) = (6,0m/s2) − (12 m/s3) (2,0 s) = −18m/s2 a(3 s) = (6,0m/s2) − (12 m/s3)(3,0 s) = −30m/s2 a(4 s) = (6,0m/s2) − (12 m/s3) (4,0 s) = −42m/s2
12 - A condição de aceleração constante permite a utilização da equação de Torricelli.
Desde que o múon está desacelerando, a velocidade inicial e a aceleração devem ter sinais opostos.
(b) Abaixo estão os gráficos posição x e a velocidade v em função do tempo do movimento do muon a partir do momento que ele entra na região de aceleração até o instante em que ele pára. O cálculo da parte (a) não fez qualquer referência ao tempo, usamos outras equações (como v = v0 + at e x = v0t + at2/2) foram utilizados na realização destes gráficos.
O eixo do tempo está em nanosegundos (1 ns = 10-9s) e o eixo vertical do segundo gráfico está
em megâmetros por segundo (1Mm = 106m).
13 - Nós usamos v = v0 + at, com t = 0 como o instante, quando a velocidade é igual a
9,6 m/s.
(a) Uma vez que queremos calcular a velocidade antes de fóruns tempo t = 0, definimos t = - 2,5 s. Assim, temos:
v = (9,6 m/s) + 3,2m/s2 ( - 2,5 s) = 1,6 m / s. (b) Agora, t = 2,5 s e encontramos
v = (9,6 m/s) + 3,2m/s2 (2,5 s) = 18 m/s.
14 - A aceleração constante declarada no problema permite o uso das equações de
M.R.U.V.
(a) ResoIvemos v = v0 + at, para o tempo:
que é equivalente a 1,2 meses.
(b) Calculamos em x = x0 + v0t + at2/2, com x0 = 0. O resultado é
15 - Admitindo aceleração constante podemos usar as equações do M.R.U.V.
16 – A afirmação do problema (ver parte (a)) indica que aceleração é constante, o que
nos permite utilizar as equações do M.R.U.V.
(a) Tomamos x0 = 0, e resolvemos x = v0t + at2/2 para a aceleração: a = 2 (x - v0t) / t2. Substituindo x = 24,0m, v0 = 56,0 km/h = 15,55m/s e t = 2,00 s, encontramos
O sinal negativo indica que a aceleração é oposta ao sentido do movimento do carro. O carro está desacelerando.
(b) Nós calculamos v = v0 + at, como segue: v = 15,55m/s – 3,56m/s2 (2,00 s) = 8,43 m/s o que é equivalente a 30,3 km/h.
17 - Assumimos os períodos de aceleração (duração t1) e desaceleração (duração t2) são
períodos de aceleração constante e as equações do M.R.U.V. podem ser utilizadas. Tomando a direção do movimento a ser seguida como + x , então a = + 1,22 m/s2 e a2 = - 1,22 m/s2. Usamos unidades SI de forma que a velocidade em t = t1 é v = 305/60 = 5,08 m/s.
(a) Nós denotamos ∆x como a distância percorrida durante t1, e usamos:
que nos fornece ∆x = 10,59 ≈ 10,6 m. (b) Utilizando v = v0 + at, temos
O tempo de desaceleração t2 acaba por ser igual ao da aceleração (t2 = t1). Portanto o tempo total gasto com aceleração é t1 + t2 = 8,33 s. As distâncias percorridas nos intervalos t1 e t2 são os mesmos, assim a distância percorrida com aceleração é 2 x (10,59) = 21,18 m. Isto implica que, para uma distância de 190 - 21,18 = 168,82 m, o elevador está viajando a velocidade constante. O tempo gasto no movimento com velocidade constante é
Portanto, o tempo total é de 8,33 + 33,21 ≈ 41,5 s.
18 – Desprezando a resistência do ar justifica tomar a = - g = = - 9,8 m/s2 (se
estabelecendo que a nossa direção – y é para baixo) durante a queda. Esta aceleração é constante no movimento, e nós podemos usar as equações do M.R.U.V.
(a) Utilizando a equação de Torricelli e tomando a raiz negativa (desde que a velocidade final é para baixo), temos:
em unidades SI. Sua magnitude é, portanto, 183 m/s.
(b) Não, mas é difícil fazer uma análise convincente, sem mais estudos. Estimamos que a massa de uma gota de chuva deverá ser de cerca de um grama ou menos, de modo que a sua massa e a velocidade (da parte (a)) seria inferior a de uma bala típica, o que é uma
boa notícia. Mas o fato é que estamos lidando com muitas gotas de chuva, o que nos leva a suspeitar de que este cenário representa uma situação perigosa à saúde. Se nós levarmos em conta a resistência do ar, a velocidade final é menor, é claro, e voltamos para situação relativamente saudável com a qual estamos familiarizados.
19 - Nós desprezamos a resistência do ar ao longo de toda a duração do movimento
(entre o "lançamento" e "retorno"), de forma que a = - g = -9,8 m/s2 (tomamos o setido descendente como a direção -y). Usamos as equações do MRUV (com ∆y substituindo ∆x), porque aceleração é uma constante no movimento.
(a) No ponto mais alto a velocidade da bola se anula. Tomando y0 = 0, estabelecemos v= 0 em v2 = v02 - 2g (y - y0) e resolvemos para a velocidade inicial:
Dado que y = 50m encontrarmos v0 = 31 m/s.
(b) Estará no ar a partir do momento em que sai do chão até o momento ele retorna ao solo (y = 0). Aplicando y = f(t) a todo o movimento (a ascensão e a queda, do tempo total para t > 0) temos:
que (usando nosso resultado da parte (a)) produz t = 6,4 s. É possível obter isto sem utilizar o resultado da parte (a); nós podemos encontrar o tempo apenas para a subida (a partir do solo para o ponto mais alto) de v = v0 – gt e, em seguida, duplicá-lo.
(c) em unidades SI os gráficos são mostrados abaixo. Para poupar de espaço, não mostramos o gráfico de aceleração, que é uma linha horizontal em a = - 9,8m/s2.
20 - Tomando como + y o sentido descendente e y0 = 0, temos y = v0t + gt2/2 que (com
v0 = 0), torna-se
(a) Para esta parte do movimento, y = 50 m, assim:
(b) Para a parte seguinte do movimento, observamos que o deslocamento total é y = 100 m. Assim, o tempo total é
A diferença entre esta e a resposta à parte (a) é o tempo necessário para queda da segunda parte dos 50 m: 4,5 - 3,2 = 1,3 s.
21 - Nós desprezamos a resistência do ar, o que justifica a fixação de uma aceleração
constante a = -g = -9,8 m/s2 (tomando-se a direção - y para baixo) durante o
movimento. Nós podemos utilizar as equações do MRUV (com ∆y substituindo ∆x). O chão é tomado para corresponder à origem do eixo y.
(a) Usando y = v0t + gt2/2, com y = 0,544 m, e t = 0,200 s, encontramos
(b) A velocidade com y = 0,544 m é
v = v0 - gt = 3,70 - (9,8) (0,200) = 1,74 m / s.
(c) Utilizando v2 = v02 – 2gy (com diferentes valores de y e v do que antes), para o qual encontramos valor de y correspondente à altura máxima (onde v = 0).
.
Assim, o tatu vai 0,698 - 0,544 = 0,154 m mais alto.
22 - A velocidade do barco é constante, dado por vb = d/t. Aqui, d é a distância do barco
a partir da ponte quando a chave é abandonada (12 m) e t é o tempo que a chave leva em queda. Para calcular t, pusemos a origem do sistema de coordenadas no ponto em que a chave é largada e tomamos o eixo y de ser positivo no sentido descendente. Tomando o tempo para ser zero no instante a chave é abandonada, calculamos o tempo t, quando y = 45m. Desde que a velocidade inicial da chave é igual a zero, a coordenadas da chave é dada por y = gt2/2. Deste modo:
