1000 L. Capítulo 1 Exercícios Resolvidos - Pares

Capítulo 1 – Exercícios Resolvidos - Pares 1-2: . 9 . 28 54 . 2 1 1 1000 473 . 0 3 3 3 in cm in x L cm x L 1-4: . 10 13 . 1 1 100 1000 1 3 . 11 4 ₃ 3 3 m kg x m cm x g kg x cm g 1-6: . 2112 9 . 2111 . 16 1 1 . 128 788 . 3 1 1 1000 1 3 ₃ garrafas garrafas oz garrafa x gal oz x L x gal m L x m

Então, o consumo diário deve ser:

. 78 . 5 24 . 365 1 10 11 . 2 3 dia garrafas dia ano x ano garrafas x 1-8: 180,000 . 67 24 1 14 1 8 1 (**) (*) gal mi h dia x dias fortnight x furlongs milhas x fortnight furlongs

* - 1 furlong = 1/8 de milhas - (unidade de comprimento utilizada em corrida de cavalos)

* * - 1 fortnight = 14 dias - (medida muito utilizada na Inglaterra e Austrália) 1.10:(3.16 x 107 s - x 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)

mm

mm

12

98

.

5

= 0.50 (também dois algarismos significativos).

c) 36 mm (mais próximo ao milímetro). d) 6 mm.

e) 2.0.

1-14: A área é 10.64 0.08 cm2, onde os valores extremos do comprimento e largura são utilizados para encontrar as incertezas na área. A incerteza fracionária na área é: 2 64 . 10 2 08 . 0 cm cm = 0.75%, e a incerteza fracionária no

comprimento e largura são,

cm cm 60 . 5 01 . 0 = 0.18% e cm cm 9 . 1 01 . 0 = 0.53%, respectivamente.

1-16: (Números de carros x milhas/carros por dia)/mi/gal = galões/dia

(2 x108 carros x 10000 mi/ano/carro x 1 ano/365 dias)/(20 mi/gal) = 2.75 x 108 gal/dia

1-18: Supondo que sejam necessárias aproximadamente quatro sementes para preencher 1 cm3, uma garrafa de 2 L conterá aproximadamente 8000 sementes.

1-20: Supondo que se realize10 inspirações por minuto, 24 x 60 minutos por dia, 365 dias por ano, e uma vida média de 80 anos, então o volume total de ar respirado em uma vida é aproximadamente de 2 x 105 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. 1-22: Admitindo que a taxa de pulsação de um coração humano seja um pouco maior que uma batida por segundo, este coração irá bater 105 vezes por dia. Como temos 365 dias em um ano e considerando que a vida média de um ser humano seja de aproximadamente 80 anos, então o número de batidas de um coração em uma vida é em torno de 3 x 109 . Como o coração bombeia 50 cm3 por batida e um galão corresponde a aproximadamente 3.79 liros, então o coração humano irá bombear aproximadamente 4 x 107 galões de sangue.

1-24: Como a área superficial da Terra é 4 R2 = 5 x 1014 m2 e o raio da Terra igual a 6 x 106 m, então a área superficial de todos os oceanos é aproximadamente igual a 4 x 1014 m2. Uma profundidade media de 10 Km dá um volume de 4 x 1018 m3 = 4 x 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:

(a)11.1 m @ 77.6o (b)28.5 m @ 202o (c)11.1 m @ 258o (d)28.5 m @ 22o 1-32:

1-34: (A figura está anexada junto ao exercício 1-29). O deslocamento resultante para a direção norte é (2.6 km) + (3.1 km) sen 45o = 4.8 km, e o deslocamento resultante para a direção leste é (4.0 km) + (3.1 km) cos 45o = 6.2 km. O módulo do deslocamento resultante é

2 2

)

2

.

6

(

)

8

.

4

(

km

km

= 7.8 km, enquanto a direção é arctang 2 . 6 8 . 4 = 38o para o nordeste.

1-36: Utilizando se das Equações (1-8) e (1-9), o módulo e a direção de cada vetor dado é:

(a) 2 2

)

20

.

5

(

)

6

.

8

(

cm

cm

= 10.05 cm, arctan

60

.

8

20

.

5

= 328.8o (que é o mesmo que 360o –

31.2o). (b) 2 2

)

45

.

2

(

)

7

.

9

(

m

m

= 10.0 m, arctan

7

.

9

45

.

2

_{= 14}o ₊ 180o = 194o. (c) 2 2

)

70

.

2

(

)

75

.

7

(

km

km

= 8.21 km, arctan

75

.

7

7

.

2

_{= 340.8}o

(que é o mesmo que 360o – 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), 2 2

)

50

.

1

(

)

5

.

4

(

cm

cm

= 5.60 cm, arctan

40

.

5

50

.

1

= 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 2

)

0

.

6

(

)

80

.

2

(

cm

cm

= 6.62 cm, arctan

80

.

2

00

.

6

_{= 2.95}o _{(que é o mesmo que 360}o _{- 65}o_).

1-40:

A

= (-12.0 m) î. Mais precisamente:

A

= (12.0 m)(cos 180o) î + (12.0 m)(sen 180o) ĵ. B= (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 B = -(2.40 m)cos 30.0o î - (2.4 m) sen 30.0o ĵ = (-2.08 m) î + (-1.20 m) ĵ. (b)

C

= (3.00)

_A

– (4.00)

_B

= (3.00) (1.23 m) î + (3.00) (3.38 m) ĵ – (4.00) (-2.08 m) î – (4.00) (-1.20 m) ĵ = (12.01 m) î + (14.94 m) ĵ

(Note que na adição de componentes a quarta figura torna-se significativa.) (c)Das equações (1-8) e (1-9), c =

₍

₁₂

_.

₀₁

_m

₎

2

₍

₁₄

_.

₉₄

_m

₎

2 = 19.17 m, arctan

m

m

01

.

12

94

.

14

= 51.2o .

1-44: Método 1: (Produto dos Módulos pelo cos ) AB cos = (12 m x 15 m) cos 93o = -9.4 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) 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 . arccos arccos AB B A B A AB B A x x y y  

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 13 40 22 arccos = 165 o_. (b) _A _B _{60,A 34,B 136,}

= arccos

136

34

60

_{= 28}o_.

(c) _A _B _{0, 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 120o = 4.61 cm2. Ou, usando a Eq. (1-27), notamos que a única componente não nula é Cz = AxB - AyBx= (2.80 cm) cos 60.0

o

(-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

B

x

A





, resultando no valor de 4.61 cm2 cuja direção é no sentido do eixo positivo de z (+z), isto é para fora da página. 1-52: (a) ($4,950,000/102 acres) x (1 acre/43560 ft2) x (10.77 ft2/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.

1-54: Seja uma pessoa com 70 Kg e admita que o corpo humano seja constituído principalmente de água. Usando o Apêndice D, encontramos a massa de uma molécula de água (H2O) igual a: 18.015 u x 1.661 x 10

-27

kg/u = 2.992 x 10-26 kg/ molécula. (70 kg/2.992 x 10-26 kg/ molécula) = 2.34 x 1027 moléculas . (Admitindo-se que o átomo de carbono seja um dos mais comum na natureza, resultam em 3 x 1027 moléculas). 1-56:(a)(6.0 x 1024 kg) x mol kg x mol atoms x 3 23 10 14 10 0 . 6 = 2.6 x 10 50 _átomos.

(b) O número de nêutrons é obtido dividindo-se a massa da estrela de nêutron pela massa de nêutrons:

) / 10 7 . 1 ( ) 10 0 . 2 ( ) 2 ( 27 30 neutron kg x kg x = 2.4 x 1057 nêutrons.

(c)A massa média de uma partícula é essencialmente

3

2

da massa dessa partícula, seja ela um próton ou um nêutron. Tanto a massa do próton como do nêutron é igual a 1.7 x 10

-27

kg. O número total de partículas é obtido dividindo-se a massa total pela sua massa média, sendo que a massa total é obtida pelo produto do volume pela densidade média.

Chamando a densidade de (de acordo com a notação introduzida no Capítulo 14), temos:

. 10 2 . 1 ) 10 7 . 1 ( ) / 10 ( ) 10 5 . 1 ( ) 2 ( 3 2 3 4 7 9 2 7 3 1 8 3 1 1 3 x kg x m kg m x m R m M p a ve

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 = 2 2 y x

R

R

= 16.6 m, enquanto que a direção a partir

do eixo x positivo é arctan

7

.

15

3

.

5

= -18.6o. Mantendo-se

os algarismos significativos durante as etapas intermediaria de cálculo obteríamos o angulo de –18.49o o qual, quando considerado como sendo um ângulo positivo à esquerda do eixo x positivo e arredondado para o grau mais próximo, é de 342o . (b) Sx = -3.00 m – 7.22 m – 11.49 m = -21.71 m; Sy = -5.20 m – (-9.64 m) – 9.58 m = -5.14 m

)

71

.

21

(

14

.

5

(

arctan

= 13.3o S = 2 2 ) 14 . 5 ( ) 71 . 21 ( m m = 22.3 m 1-60:

O marinheiro, para cumprir a terceira etapa e atingir o ponto de chegada, deve navegar para leste uma distância de 1.33 Km , isto é:

(5.80 km) – (3.50 km) cos 45o – (2.00 km) = 1.33 km e em seguida navegar para a direção norte uma distância de 2.47 Km, isto é: (3.5 km) sen 45o = 2.47 km. Portanto, o módulo final de seu deslocamento deve ser de:

2 2

)

47

.

2

(

)

33

.

1

(

km

km

= 2.81 km, em um ângulo de

33

.

1

47

.

2

_{= 62}o _{ao norte relativo a}

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) 2 2

)

7

.

185

(

)

3

.

34

(

km

km

= 189 km

(b) A direção da cidade de Lincoln para a cidade de Manhattan, relativa a direção norte é

arctan

km

km

7

.

185

3

.

34

= 169.5o

Então, a direção que se deve voar para retornar para a cidade de Lincoln é:

169.5o + 180o = 349.5o.

1-64: (a)

(b) Para se usar o método das componentes, faça a direção leste como sendo a direção do eixo x e a direção norte como sendo a direção do eixo y. Com isso, o deslocamento resultante do explorador em unidade do comprimento de seus pés, e na direção do eixo x é: (40) cos 45o – (80) cos 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: 2 2 ) 6 . 47 ( ) 7 . 11 ( = 49, arctan

7

.

11

6

.

47

_{= 104}o_.

(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 = 140o, portanto da Eq. (1-18) temos

A

B





= (3.60 m) (2.40 m) cos 140o = -6.62 m2.

Ou, da. (1-21) temos

x x y y

A B A B A B

= (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:

.

0

)

(

,

9

.

68

)

(

,

8

.

87

2 2 z y x

cm

A

x

B

cm

A

x

B

B

x

A













1-70: Cada um dos vetores possuem módulo igual a

3

, e seu produto escalar é (1) (1) + (1) (-1) + (1) (-1) = -1, então, da Eq. (1-18) o ângulo entre as duas ligações químicas é: arccos =

3

3

1

_{= arccos}

3

1

_{= 109}o_.

1-72: (a) Esta é a lei dos co-senos para a qual existem muitas formas de dedução. A forma mais direta de dedução é através da álgebra vetorial, onde supomos a linearidade do produto escalar (um ponto já utilizado, mas não mencionado de forma explicita no texto) , de forma a demonstrar que o quadrado do módulo da soma de dois vetores

_A



_B



é

B

B

A

B

B

A

A

A

B

A

B

A

























=

A



A



B



B



2

A



B



=

A

B

A

B





2

2 2 =

_A

2

_B

2

₂

_AB

_cos

Outro modo é usando as componentes vetoriais. Admitindo que os vetores fazem um ângulo A and B com

B cos B e A sen A + B sen B. Então o quadrado do módulo

é

(A cos A + B cos B)2 + (A sen A + B sen B)2

= A2 (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 =

_,

2

1

e portanto = 120o.

(c) Em qualquer método de derivação utilizado, o ângulo deverá ser substituído por 180o - , de forma que o co-seno irá mudar de sinal e o resultado será

.

cos

2

2 2

AB

B

A

(d) Analogamente como foi feito no item (b), quando a diferença vetorial tem o mesmo módulo, então o ângulo entre os vetores é 60o. Algebricamente, é obtido de 1 = 2 – 2 cos , portanto cos =

2

1

and = 60o.

1-74: Da equação (1-27), o produto vetorial é: . ˆ 00 . 13 00 . 11 ˆ 00 . 13 00 . 6 ˆ ) 00 . 1 ( 13 ˆ ) 00 . 11 ( ˆ ) 00 . 6 ( ˆ ) 00 . 13 ( i j k i j k

O módulo do vetor dentro colchete é

1

.

93

,

então um vetor unitário nessa direção (o qual é necessariamente perpendicular a ambos os vetores A e B) é :

93

.

1

ˆ

)

13

/

11

(

ˆ

)

00

.

13

/

00

.

6

(

ˆ

)

00

.

1

(

i

j

k

.

Obtendo o negativo do vetor acima temos:

93 . 1 ˆ ) 13 / 11 ( ˆ ) 00 . 13 / 00 . 6 ( ˆ ) 00 . 1 ( i j k _,

que é também um vetor unitário perpendicular aos vetores

A e B

.

1-76: (a) As áreas máxima e mínima são:

(L + l) (W + w) = LW + lW + Lw, (L – l) (W - w) = LW – lW - Lw,

onde os termos com mesma propriedade foram desprezados. Dessa forma, a área e sua incerteza são WL

(lW + Lw), e portanto a incerteza na área é a = lW + Lw.

(b) A incerteza fracionária na área é:

W

w

L

l

WL

Wl

lW

A

a

,

ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no comprimento e largura.

(c) No calculo para se calcular as incertezas v no volume, semelhante ao exercício anterior, teremos que desprezar os termos lwH, lWh e Lwh e também lwh. Dessa forma a incerteza no volume é v = lWH + LwH + LWh, e portanto a incerteza fracionária no volume é:

(d)

,

H

h

W

w

L

l

H

LW

LWh

LwH

lWH

V

v

ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no comprimento, largura e altura.

1-78: (a) (b) (i) In AU, 2 2

)

9329

.

0

(

)

3182

.

0

(

= 0.9857. (ii) In AU, 2 2 2

)

0414

.

(

)

4423

.

(

)

3087

.

1

(

= 1.3820 (iii) In AU, 2 2 2 ) 0414 . 0 ( )) 4423 . ( 9329 . 0 ( )) 3087 . 1 ( 3182 . 0 ( = 1.965.

(c) O ângulo formado entre a direção Terra-Sol e a direção Terra-Marte é obtido pelo produto vetorial . Combinando-se as Equações (1-18) e (1-21), temos

. 6 . 54 ) 695 . 1 )( 9857 . 0 ( ) 0 ( ) 9329 . 0 4423 . 0 )( 9329 . 0 ( ) 3182 . 0 3087 . 1 )( 3182 . 0 ( arccos o

(d) O planeta Marte poderia não estar visível a meia noite porque o ângulo Sol-Marte é menor que 90o. 1-80: Seja

_S

_A

_i

ˆ

_B

ˆ

_j

_C

_k

ˆ



)

ˆ

ˆ

ˆ

(

)

ˆ

ˆ

ˆ

(

x

i

y

j

z

k

A

i

B

j

C

k

S

r





Cz

By

Ax

Se os pontos satisfazem Ax + By + Cz = 0, então

0

S

r





e todos os pontos de

r



são perpendiculares a

Capítulo 1 – Exercícios Respostas – Ímpares Exercício _Gabarito 1.1 8.05 km 1.3 3

3.34 10 ns

1.5 6 3

5.3 10 dam

1.7 (a) 2330 km/h (b)648 m/s 1.9 1.5 dam/cm³ 1.11 _(a) 3

1.1 10 %

(b) não 1.13 _(a)

_0.1%

_{(b) 0.008 % (c) 0.03 %} 1.15 _(a) 3

2.8 0.3cm

(b)

170 20

1.17 Dez mil 1.19 106

1.21 105. Se você não for careca. 1.23 Aproximadamente US$ 108 1.25

1.27 8

9 10 US$

. US$ 3.50 por pessoa

1.29 7.8 m a 38° do leste para o norte. 1.31 104 m a 43° do oeste para o sul. 1.33 Ax = 7.22 m; Ay = 9.58 m; Bx = 11.5 m;

By = -9.64 m; Cx = -3.00 m; Cy = -5.20

m.

1.35 (a) 11.1 , 77.6° (b) 11.1m, 77.6° (c) 28.5 m, 202.3° (d) 28.5 m, 22.3°. 1.37 5.06 km a 20.2° do oeste para o norte. 1.39 (a) 2.48 cm, 18.3 ° (b) 4.10 cm, 83.7° (c) 4.10 cm, 263.7° 1.41 _{A 7.2i}ˆ _9.6ˆ_{j m B 11.5i}ˆ _9.6ˆ_{j m} ˆ ˆ 3 5.2 C i j m 1.43 (a) A = 5.00, B = 5.39 (b) 1.00iˆ 5.00ˆj (c)5.10, 101.3° 1.45 (a) 14.00 (b) 58.7°

1.47 (a) para for a da página (b) para dentro da página. 1.49 _23.0kˆ_{; 23.0} 1.51 (a) 6 2 2.59 10 m (b) 12 3 4.17 10 dm 1.53 (a) 10 7.04 10 s (b) _{5.11 10 ciclo h(c)} 12 26 2.1 10 (d) 4.6 10 s4 Exercício _Gabarito

1.55 Cerca de 1 dentista para 1000 habitantes. 1.57 (b) Ax = 3.03 cm; Ay = 8.10 cm (c) 8.65

cm, 69.5° medido no sentido do eixo +Ox para o eixo +Ou.

1.59 144m, 41° no sentido do oeste para o sul.

1.61 (b) 1.45 km

1.63 (a) (87, 258) (b) 137 pixels formando um ângulo de 35° abaixo da primeira reta e

no sentido da direita para a esquerda. 1.65 1.67 (b) 90° 1.69 (a) A = 5.39, B = 4.26 (b) ˆ ˆ ˆ 5.00i 2.00j 7.00k (c) 8.83; sim 1.71 1.73 (a) 54.7° (b)35.3° 1.75 (b) 72.2°

1.77 (a) 5.0 m (b) 53.1° abaixo do eixo Ox no sentido horário

1.79 (a) 76 al (b) 129°

Capítulo 2 – Exercícios Resolvidos - Pares

2-2: (a) O módulo da velocidade media mo vôo de retorno é:

.

/

42

.

4

)

/

400

,

86

)(

5

.

13

(

)

10

5150

(

3

s

m

da

s

da

m

x

A direção foi definida com sendo –x

( i

ˆ

).

(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

( i

ˆ

).

2-6: Da expressão para x(t), x(0) = 0, x(2.00 s) – 5.60 m e x(4.00 s) = 20.8 m. (a)

m

s

s

m

/

80

.

2

00

.

2

0

60

.

5

(b)

m

s

s

m

/

2

.

5

00

.

4

0

8

.

20

(c)

m

s

s

m

m

/

6

.

7

00

.

2

60

.

5

8

.

20

2-8: (a) IV: A curva horizontal; isto corresponde ao tempo quando ela para.

I: Este é o tempo quando a curva mais aproximada de uma reta e inclinada para cima (indicando uma velocidade positiva).

(b) V: Aqui a curva é claramente uma reta e inclinada para baixo (indicando velocidade negativa).

(c) II: A curva possui uma inclinação positiva,e que está aumentando.

(d) III: A curva é ainda inclinada para cima (inclinação positiva e velocidade positiva) .

2-10: A velocidade de cruzeiro do carro é de 60 km/hr = 16.7 m/s. (a) 2

/

7

.

1

10

/

7

.

16

s

m

s

s

m

(para dois algarismos significativos). (b) 2

/

7

.

1

10

/

7

.

16

0

s

m

s

s

m

(c) Como não tem nenhuma variação na velocidade, então a aceleração é nula.

(d) Como a velocidade final é a mesma que a inicial então a aceleração é nula.

2-12: Utilize a Eq. (2-5), com t = 10 s em todos os casos,

(a) ((5.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s2, (b) ((-15.0 m/s) – (-5.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s2, (c) ((-15.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -3.0 m/s2.

Em todos os caso uma aceleração negativa indica uma aceleração para esquerda.

2-14: (a) a velocidade em t = 0 é:

(3.00 m/s) + (0.100 m/s3) (0) = 3.00 m/s, e a velocidade em t = 5.00 s é:

(3.00 m/s) + (0.100 m/s3) (5.00 s)2 = 5.50 m/s, então a Eq. (2-4) dá a aceleração média como v

2

/

50

.

)

00

.

5

(

)

/

00

.

3

(

)

/

50

.

5

(

s

m

s

s

m

s

m

.

(b) A aceleração instantânea é obtida usando a Eq. (2-5), . ) / 2 . 0 ( 2 3 t s m t dt dv a 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.

2-16: (a) A velocidade e a aceleração do para choque são dadas em função do tempo por:

` 5 6 2

)

/

600

.

0

(

)

/

60

.

9

(

m

s

t

m

s

t

dt

dx

v

.

)

/

000

.

3

(

)

/

60

.

9

(

2 6 4

t

s

m

s

m

dt

dv

a

Existem dois tempos para o qual v = 0 (três na verdade, se

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) 4

16

(

s

- (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.

2-18: (a) A aceleração é encontrada da Eq. (2-13), onde vo = 0; , / 5 . 36 281 . 3 1 ) 307 ( 2 / 1 / 4770 . 0 ) / 173 ( ) ( 2 2 2 0 2 s m ft m ft hr mi s m hr mi x x v a

onde os fatores de conversão estão no Apêndice E. (b) O tempo pode ser encontrado da aceleração acima: . 27 . 2 / 4 . 36 / 1 / 477 . 0 ) / 173 ( 2 s s m hr mi s m hr mi a v t

Os cálculos intermediários podem ser evitados usando=-se a equação. (2-14), e novamente colocando v0 =

0, . 27 . 2 / 1 / 4770 . 0 ) / 173 ( 281 . 3 1 307 ( 2 ) ( 2 0 s hr mi s m hr mi ft m ft v x x t

2-20: Na Eq. (2-4), com x – x0 sendo o comprimento da

pista de decolagem e v0 = 0 (o avião parte do repouso),

. / 0 . 70 8 280 2 2 0 s m s m t x x v 2-22: (a) x0 < 0, v0 < 0, a < 0

(b) x0 > 0, v0 < 0, a > 0

(c) x0 > 0, v0 > 0, a < 0

2-24: (a)

(b)

2-26:

2-28:Depois da aceleração inicial o trem locomoveu-se: (da Eq. (2-12), com x0 = 0, v0 = 0), alcançou uma

velocidade de:

(1.60 m/s2)(14.0 s) = 22.4 m/s.

Durante o período de 70-segundos quando trem se locomove com velocidade constante, o trem se desloca de (22.4 /s)(70 s) = 1568 m. A distância deslocada durante a desaceleração é dada pela EQ. (2-13), onde v = 0, v0 =

22.4 m/s e a = -3.50 m/s2, então o trem de desloca uma distância de : x – x0 = _{71.68 .} ) / 50 . 3 ( 2 ) / 4 . 22 ( 2 2 m s m s m A

distância total coberta é então de :

156.8 m + 1568 m + 71.7 m = 1.8 km.

A distância total percorrida, em termos da aceleração inicial a1, do tempo inicial de aceleração t1, do

tempo t2 durante o qual o qual o trem se movimenta com

velocidade constante e, do módulo da aceleração final a2,

é dada por :

O que produz o mesmo resultado.

2-30: (a) A posição de um caminhão em função do tempo é dada por xT = vTt onde vT é a velocidade constante do

caminhão, e a posição do carro é dada por xC = (1/2) aCt2.

Igualando as duas equações e dividindo pelo fator t (isto reflete o fato de que o carro e o caminhão estão no mesmo lugar para t = 0), e resolvendo para t temos:

s

s

m

s

m

a

v

t

c T

5

.

12

/

20

.

3

)

/

0

.

20

(

2

2

2 e para este tempo xT = xC = 250 m.

(b) act = (3.20 m/s 2

)(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)

m

s

s

m

/

)(

14

.

0

)

156

.

8

60

.

1

(

2

1

2 2 , | | 2 2 | | ) ( 2 1 ) ( 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 a t a t t t a a t a t t a t a xT

(d)

2-32: (a) Uma altura inicial de 200 m resulta em um a velocidade 60 m/s, arredondado para apenas um algarismo significativo. Isto é aproximadamente 200 km/hr ou aproximadamente 150 mi/h. (Valores diferentes de alturas resultarão em diferentes respostas; o resultado acima pode ser interpretado sem a necessidade de resposta com maior ordem de grandeza. Experiências pessoais variam, mas velocidades escalares da ordem de um ou dois metros por segundos são razoáveis.

(b) A resistência do ar certamente não pode ser desprezada.

2-34: (a) Utilizando a Eq. (2-13), com velocidade para baixo e aceleração sendo positiva, , v2 = (0.8 m/s)2 + 2(1.6 m/s2)(5.0 m) = 16.64 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)

2-38: (a) Usando a = -g, v0 = 5.00 m/s e y0 = 40.0 m nas

Eqs. (2-8) e (2-12) resulta para

(i)t = 0.250 s, y = (40.0 m) + (5.00 m/s)(0.250 s) – (1/2)(9.80 m/s2)(0.250 s)2 = 40.9 m, v = (5.00 m/s) – (9.80 m/s2)(0.250 s) = 2.55 m/s e para (ii) t = 1.00 s, y = (40.0 m) + (5.00 m/s)(1.00s) – (1/2)(9.80 m/s2)(1.00 s)2 = 40.1 m, v = (5.00 m/s) – (9.80 m/s2)(1.00 s) –4.80 m/s.

(b) Usando o resultado obtido no Exemplo 2-8, o tempo é: t = ) / 80 . 9 ( ) 0 . 40 0 )( / 80 . 9 ( 2 ) / 00 . 5 ( ) / 00 . 5 ( 2 2 2 s m s m s m s m = t = 3.41 s.

(c) Tanto utilizando o tempo acima na Eq. (2-8) ou evitando-se os cálculos intermediários usando-se Eq. (2-13), , / 809 ) 0 . 40 )( / 80 . 9 ( 2 ) / 00 . 5 ( ) ( 2 2 2 2 2 0 2 0 2 s m m s m s m y y g v v v = 28.4 m/s.

(d) Utilizando v = 0 na Eq. (2-13) resulta em

. 2 . 41 0 . 40 ) / 80 . 9 ( 2 ) / 00 . 5 ( 2 2 2 0 2 0 m m s m s m y g v y (e)

2-40: (a) A distância vertical a partir da posição inicial é dada por:

;

2

1

2 0

t

gt

v

resolvendo para v0,

.

/

5

.

14

)

00

.

5

)(

/

80

.

9

(

2

1

)

00

.

5

(

)

0

.

50

(

2

1

2 0

m

s

s

m

s

s

m

gt

t

y

v

(b) O resultado acima poderia ser utilizado em

,

7

0 2 0 2

y

y

g

v

v

com v = 0, para resolver para

y – y0 = 10.7 m (para o cálculo de v0, requer a retenção de

dois algarismos significativos extra ). (c) 0

(d) 9.8 m/s2, para baixo.

(e)Admita, para propósitos gráficos, que o topo do edifício está a 50 metros do solo:

.

/

25

.

1

0

.

20

0

.

25

s

m

s

m

.

/

67

.

1

15

25

s

m

s

.

/

43

.

1

0

.

35

0

.

50

s

m

s

m

2-42: (a) Da Eq. (2-8), resolvendo para t, resulta em (40.0 m/s – 20.0 m/s)/9.80 m/s2 = 2.04 s. (b) Novamente, da Eq. (2-8),

.

12

.

6

/

80

.

9

)

/

0

.

20

(

/

0

.

40

2

s

s

m

s

m

s

m

(b) O deslocamento será nulo quando a bola tiver retornado para a sua posição vertical original, com velocidade oposta a velocidade original.

Da Eq. (2-8), . 16 . 8 / 80 . 9 ) / 40 ( / 40 2 s s m s m s m

(Isto ignora a solução t = 0)

(c) Novamente, da Eq. (2-8), (40 m/s)/(9.80 m/s2) = 4.08 s. É claro que isto é a metade do tempo encontrado na parte [c].

(d) 9.80 m/s2, para baixo e em todos os casos. (e)

2-44: (a) Da Eq. (2-15), a velocidade v2 para o tempo t é:

dt

t

v

v

t t1` 1 2

)

(

2

2 1 2 1

t

t

v

2 2 1 1

2

2

t

t

v

= (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

tempo é:

_x

_x

t

_v

_dt

t1 1 2

dt

t

s

m

s

m

m

t t

((

4

.

40

/

)

(

0

.

6

/

)

)

)

0

.

6

(

3 2 1 ). ( 3 ) / 6 . 0 ( ) )( / 40 . 4 ( ) 0 . 6 ( 3 1 3 3 1 t t s m t t s m m Para t = 2.0 s, e com t1 = 1.0 s, x=(6.0 m)+(4.40 m/s)((2.0 s)–(1.0 s))+(0.20 m/s3)((2.0 s)3–(1.0 s)3)=11.8 m. (c)

2-46: (a) Para se ter uma média de 4 mi/h, o tempo total para uma o total time para se realizar um percurso for 20 milhas deve ser de cinco horas, então o segundo percurso de dez milhas deve ser coberta em 3.75 horas, para uma velocidade média de of 2.7 mi/h.

(b) Par se obter uma média de 12 mi/h, o segundo percurso de dez milhas deve ser coberto em 25 minutos, e a velocidade média deve ser 24 mi/h.

(c) Após a primeira hora somente dez da vinte milhas foi coberta, e as 16 mi/h não é possível como esta velocidade média .

2-48: (a)

(b)

(c) O deslocamento dela é zero , então a velocidade média tem módulo zero.

(d)

Note que a resposta para a parte (d) é a

harmônica média e não aritmética média para as respostas

das partes (a) e (b). (Veja o Exercício 2-5).

2-50: (a) O espaço por veículo é a velocidade dividida pela freqüência com as qual os carros passam por determinado ponto:

Um veículo médio é dado como sendo 4.5 m de comprimento, então o espaçamento médio é:

40.0 m – 4.5 m = 35.4 m.

(b) Um espaçamento médio de 9.2 m dá o espaço por veículo como sendo 13.8 m, e portanto o fluxo de carros é:

2-52: (a) Com uma divisão e subtração simples obtêm a velocidade média durante o intervalo de 2-segundos como sendo 4.5, 7.2 e 8.8 m/s.

(b) A velocidade média aumentou para 1.6 m/s durante cada intervalo de 2-segundos, então a aceleração é 0.8 m/s2. . / 40 / 2400 / 96 vehicle m h vehicles h km

(c) Da Eq. (2-13), e com v0 = 0,

.

/

8

.

4

)

4

.

14

)(

/

8

.

0

(

2

2

s

m

m

s

m

v

Ou, recordando

que para uma aceleração constante a velocidade média de 5.6 m/s é a velocidade correspondente a um segundo após passar a marca de 14.4-m , isto é, 5.6 m/s – (0.8 m/s2)(1.0 x) = 4.8 m/s.

(d) Com os valores da aceleração e da velocidade conhecida no ponto de14.4-m , então tanto a Eq. (2-8) como a (2-12) dá o tempo como sendo 6.0 s.

(e) Da Eq. (2-12), x – x0 = (4.8 m/s)(1.0 s) +

2

1

(0.8 m/s2)(1.0 s)2 = 5.2 m. Que é também a velocidade média (1/2)(5.6 m/s + 4.8 m/s) multiplicada pelo intervalo de time de 1.0 s.

2-54: (a) O modo mais simples de se fazer isto é ir para um referencial onde o trem de carga esteja estacionário (o trem se move com velocidade constante) . Então, o passageiro do trem possui uma velocidade inicial de vrel,o =

10 m/s. Esta velocidade relativa deveria diminuir para zero após a separação relativa ter diminuído para

. 500 2 2 0 , m a v rel rel

Desde que isto é maior em módulo que a separação original de 200 m, então haverá uma colisão.

(b) O tempo no qual a separação relativa vai para zero (isto é, o tempo de colisão), é encontrado pela solução de uma equação quadrática (veja problemas 2-29 e 2-30 ou o Exemplo 2-8). O mesmo tempo é dado por:

0 , 2 0 , 0 ,

2

1

rel rel rel

v

ax

v

a

t

)

/

40

/

100

/

10

)(

/

10

(

2 2 2 2 2

s

m

s

m

s

m

m

s

6

.

0

1

(

100

(

s

.

A substituição deste tempo na Eq. (2-12), e com x0 = 0,

resulta em 538 m como sendo a distância que o passageiro do trem se moveu antes da colisão.

2-56: Um método conveniente para se fazer o problema é fazer primeiro a parte (b); o tempo de aceleração gasto para sair do estado de repouso para o de velocidade máxima é :

.

80

/

5

.

2

/

20

2

s

s

m

s

m

_{Para este tempo o policial está}

a: . 0 . 80 ) / 5 . 2 ( 2 ) / 20 ( 2 2 2 2 1 1 m s m s m a v x

Isto poderia também ser encontrado de

,

)

2

/

1

(

2 1 1

t

a

onde t1 é encontrado para a aceleração. Para

este tempo o carro se movimentou de (15 m/s)(8.0 s) = 120 m, e portanto o policial está a 40 m atrás do carro.

(a) A distância restante para ser percorrida é 300 m – x1 , a velocidade média é (1/2)(v1 + v2) = 17.5 m/s,

então o tempo necessário para ir mais de vagar é

,

0

.

16

/

5

.

17

80

360

s

s

m

m

m

e o tempo total é de 24.0 s.

(b) O policial diminui a velocidade de 20 m/s para 15 m/s in 16.0 s (o tempo encontrado na parte (a) ), então a aceleração é de –0.31 m/s2.

(c),

2-58: As posições dos carros em função do tempo são :

.

,

2

1

0 2 2 1

at

x

D

v

t

x

Os carros colidem quando x1 = x2; então

igualando as expressões temos uma Expressão quadrática para t, , 0 2 1 0 2 D t v at

cujas soluções possíveis são:

. 2 1 , 2 1 0 2 0 0 2 v aD v a t v aD v a t o

O segundo destes tempos é negativo e portanto não representa uma situação física.

(b)

₂

_.

0 2 0 1

at

v

aD

v

v

(c)

2-60: (a) Existem vários modos de se encontrar o resultado usando-se intenso trabalho algébrico, mas o modo mais direto é notar que, entre o tempo que o caminhão primeiramente passa o carro e o tempo em que o carro da polícia alcança novamente o caminhão, tanto o carro quanto o caminhão percorreram a mesma distância e no mesmo intervalo de tempo, o que consequentemente implica que ambos possuem a mesma velocidade média

. / 6960 / 8 . 13 / 96000 h vehicle vehicle m h m

naquele período de tempo. Como o caminhão tinha uma velocidade inicial de

v

_p

2

3

e a velocidade média é vp, então

a velocidade final do caminhão deve ser

.

2

1

p

v

(b) 2-62: (a) Da Eq. (2-17), x(t) = t - 3

3

t

= (4.00 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

t

(a = 0 at t

= 0, mas este é um ponto de inflexão e não um ponto de máximo). Os valores máximos para x são portanto:

(c) . 3 2 3 3 3 3 x

O valor positivo é então:

. 77 . 3 32 3 2 / 00 . 2 ) / 00 . 4 ( 3 2 2 2 1 3 3 m s m s m x

2-64: O tempo necessário para ovo cair é:

,

00

.

3

)

/

80

.

9

(

)

80

.

1

0

.

46

(

2

9

2

2

s

s

m

m

m

h

t

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 _{5.15 / .} 70 ) 5 . 3 )( 103 ( s m s m _{Supondo que o}

elevador atinja o do estado de repouso no espaço de um

andar, então sua aceleração é

. / 80 . 3 ) 5 . 3 ( 2 ) / 15 . 5 ( 0 2 2 2 s m m s m

2-68: A velocidade do vaso de flores no topo da janela é

v0, e a altura h da janela é:

.

)

2

/

1

(

,

)

2

/

1

(

0 2 0

gt

t

h

v

or

gt

t

v

t

v

h

ave

A distância l entre o telhado e o topo da janela é então : . 310 . 0 ) / 80 . 9 ( 2 )) 420 . 0 )( / 80 . 9 )( 2 / 1 ( ) 420 . 0 /( ) 90 . 1 (( 2 2 2 2 2 m s m s s m s m g v l o

Um método algébrico alternativo mas bem mais complicado, é observar que o tempo t é a diferença entre os tempos de queda da altura l + h para h, de forma que:

. 2 / , 2 ) ( 2 2 h l l gt g l g h l t

Elevando ao quadrado ambos os lados da segunda expressão, permite cancelar alguns termos l , então:

,

2

/

2

)

2

/

1

(

2 2

h

l

gt

gt

que é resolvido para:

,

)

2

/

1

(

2

1

2

gt

t

h

g

l

que é a mesma expressão obtida anteriormente. 2-70: (a)

(b) Da altura velocidade encontrada na parte (b), a altura máxima é:

.

635

)

/

80

.

9

(

2

)

/

6

.

111

(

2 2

m

s

m

s

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) 2 0

2 (

0

)

v

v

g y

y

2 2

(100 / )

2(9.8880 / )( 125 ) 111.6 /

v

m s

m s

m

m s

e 87 m/s para dois algarismos significativos.

(c) O tempo de lançamento para o ponto mais alto, não é o mesmo tempo retorno dessa altura até ao solo , pois no lançamento houve por 2.5 s uma aceleração do motor.

2-72: (a) Admita que o Super-Homem caia por um tempo t, e que a estudante esteja caindo por um tempo

t0 antes do Super-Homem saltar ( neste caso t0 = 5 s).

Então a altura h do prédio está relacionada a t e t0 d dois

2 0

2

1

gt

t

v

h

,

2

1

2 0

t

t

g

onde v0 e a velocidade inicial do Super-Homem.

Resolvendo a segunda equação para t , temos:

.

2

0

t

g

h

t

Resolvendo a primeira equação

para v0 , temos v0 =

_,

2

t

g

t

h

_e

a substituição de valores numéricos dá t = 1.06 s e

v0 = -165 m/s, com o sinal negativo indicando velocidade

inicial para baixo. (b)

(c) Se o arranha céu é tão baixo que o estudante já está no chão, então

.

123

2

1

2 0

m

gt

h

2-74: (a) O tempo é dado dividindo-se a separação inicial pela velocidade relativa inicial, isto é H/v0. Mais

precisamente, se a posição da bola for descrita por:

,

)

2

/

1

(

,

)

2

/

1

(

2 2 2 0 1

gt

H

y

gt

t

v

y

fazendo-se y` = y2 resulta em H = v0t.

A primeira bola estará no ponto mais alto do movimento se no tempo de colisão na parte (a) sua velocidade foi reduzida de v0 to 0, ou gt = gH/v0

= v0, ou

/

.

2

0

g

v

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:

.

1

2

)

(

2

2

2

h

H

g

h

h

H

g

h

v

(c)

2-78: O tempo passado acima de ymax/2 é

2

1

_do

tempo total gasto no ar, pois o tempo é proporcional a raiz quadrática da mudança na altura. Portanto a razão é:

.

4

.

2

1

2

1

2

/

1

1

2

/

1

2-80: (a) Faça a altura ser h e denote o intervalo de tempo de 1.30-s por t; as equações simultâneas

h = 2 2

)

(

2

1

3

2

,

2

1

t

t

g

h

gt

podem ser resolvidas

para t. Eliminando-se h e tomando a raiz quadrada, temos

, 3 / 2 1 , 2 3 t t and t t t substituindo em 2

2

1

gt

h

resulta em h = 246 m.

Este método evita o uso de fórmulas quadráticas, o qual é uma generalização do método “completando o quadrado” . No formato da equação acima ,

,

)

(

2

1

3

2

2

t

t

g

h

o quadrado já está completado.

(b) O método acima supõe que t >0 quando a raiz quadrada foi obtida. A raiz negativa (com t = 0) dá uma resposta de 2.51 m, o que é evidente que não é um “penhasco”. Isto poderia corresponder a um objeto que estava inicialmente próximo da base deste “penhasco” e foi atirado para cima levando 1.30 s para atingir o topo e cair novamente para a base . Embora fisicamente possível, as condições impostas pelo problema impedem esta resposta.

Capítulo 2 – Exercícios Respostas – Ímpares

Exercício Gabarito

2.1 (a) 197 m/s (b) 169 m/s

2.3 1h 10 min

2.5 (a) 14.0 m/s (b) 11.4 m/s 2.7 (a) 12 m/s (b) (i) 0 m/s (ii) 15.0 m/s

(iii) 12.0 m/s (c) 13.3 s 2.9 (a) (em m/s²)0, 1.0, 2.0, 2.0, 3.0, 1.5,

1.5, 0; não; sim (b) 2.5 m/s², 1.5 m/s², 0

2.11 (a) cerca de 5 s (b) 30 s até 40 s (c) 0 (d) -1.7 m/s² 2.13 Aproximadamente igual a 10 m/s² 2.15 2.17 (a) 5.0 m/s (b) 1.43 m/s² 2.19 1.70 m 2.21 (a) 1.7 m/s² (b) 12 s (c) 240 m 2.23 2.25 (a) 0, 6.3 m/s², -11.2 m/s² (b) 100 m, 230 m, 320 m 2.27 _(a) 4

1.8 10 m s

(b) 0.957 (c) 6 h 11 min 2.29 (b) 1s, 3s (d) 2 s (e) 3 s (f) 1 s 2.31 (b) d/4 2.33 (a) 2.94 m/s (b) 0.599 s 2.35 _(a)

_t

₂

_{d g}

_{(b)0.190 s} 2.37 (a) 5.56 m/s, para baixo (b) 9.80 m/s²,

para baixo (c) 2.16 s (d) 16.1 m/s 2.39 (a) 25.6 m/s, para baixo (b) 31.6 m

(c) 15.2 m/s 2.41 (a) 249 m/s² (b) 25.4 (c) 101 m (d) não 2.43 (a) 7.5 m (b) 180 m(c) 2.16 s (d) 20 m 2.45 (a) 3 4

0.250

0.0100

x t

t

t

2 3

0.750

0.0400

v t

t

t

(b) 39.1 m/s 2.47 (b) 0.627 s, 1.60 s (c) negativo para 0.627 s, positivo para 1.60s (d) 1.11 s (e) 2.45 m (f) 2.00 s, 0 s. 2.49 (a) 82 km/h (b) 31 km/h 2.51 (a) 3.5 m/s (b) 0 (c) 1.5 m/s² 2.53 Deve pisar no freio

2.55 4.6 m/s² 2.57 (a) 6.17 s (b) 24.8 m(a) 82 km/h (c) vcaminhão = 13.0 m/s, vauto=21.0 m/s 2.59 (a) 17 m/s (b) 1.6 s 2.61 (a) 15.9 m/s (b) 393 m (c) 29.5 m/s Exercício Gabarito 2.63 2.65 28.6 m

2.67 (a) não (b) sim, 14.4 m/s; não é fisicamente atingível. 2.69 (a) 13.3 m (b) 1.65 s 2.71 (a) 7.59 m/s (b) 5.14 m (c) 1.60 s 2.73 (a) 92.2 m (b) 75.1 m/s 2.75 (a) A (b) 2.27 s, 5.73 s (c) 1.00 s, 4.33 s (d) 2.67 s 2.77 (a) 9.55 s, 47.8 m (b) 1.62 m/s (d) 8.38 m/s (e) não (f) 3.69 m/s, 21.7 s, 80.0 m

2.79 (a) 8.18 m/s (b) (i) 0.411 m (ii) 1.15 km (c) 9.8 m/s (d) 4.90 m/s Capítulo 3 – Exercícios Resolvidos - Pares 3-2: (a) x = (vx, media) t = (-3.8 m/s)(12.0 s) = -45.6 m e y = (vy, media) t = (4.9 m/s)(12.0 s) = 58.8 m. (b) 2 2 _{( 45.6 )}2 _{(58.8 )}2 _{74.4 .} m m m y x r 3-4:

₂

ˆ

₃

2

ˆ

_.

j

ct

i

bt

v



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

_/

₎

2

₍

₆

_.

₅

_/

₎

2

₆

_.

₄₈

_/

_,

s

m

s

m

s

m

para um ângulo de arctan o

85

52

.

0

5

.

6

_. (c)

3-8:

3-10: (a) O tempo t é dado por:

.

82

.

7

2

g

h

t

(b) A velocidade horizontal e constante da bomba será aquela do aeroplano, então a bomba movimenta-se uma distância horizontal igual a x = vxt = (60 m/s)(7.82 s) = 470

m.

(c) A componente horizontal da velocidade da bomba é 60 m/s, e a sua componente vertical é –gt = -76.7 m/s.

(d)

(e) Como a aeroplano e a bomba sempre terão as mesmas componentes x de velocidade e posição o aeroplano estará 300 m acima da bomba no momento do impacto. 3-12: (a) Resolvendo a Eq. (3-18) para y = 0, y0 = 0.75 m

resulta em s t = 0.391 s.

(b) Supondo que a velocidade inicial horizontal (na borda da mesa) seja igual a v0y = 0, então da Eq. (3-16), v0x =

(x – x0)/t = 3.58 m/s.

(c) Ao bater sobre o piso, vy = -gt = -

2gy

₀ =

-3.83 m/s, e então a bola tem uma velocidade cujo módulo é de 5.24 m/s, direcionada em um ângulo de 46.9o abaixo da horizontal.

(d)

Embora não solicitado no problema, este gráfico das posições y vs. x mostra a trajetória da bola de tênis quando observada lateralmente a queda.

3-14: (a) O tempo t é . 63 . 1 / 8 . 9 / 0 . 16 2 0 s s m s m g v_y (b)

₁₃

_.

₁

_.

2

2

1

2

1

2 2

m

g

v

t

v

gt

yo yo

(c) Com respeito de como a álgebra é feita, o tempo será duas vezes aquele encontrado na (a), ou 3.27 s

(d) vx é constante para 20.0 m/s, então (20.0

m/s)(3.27 s) = 65.3 m. (e)

3-16: (a) Se a resistência do ar for ignorada, as componentes horizontal e vertical da aceleração é, respectivamente: 0 e –g = -9.80 m/s2 .

(b) A componente x da velocidade é constante para vx = (12.0 m/s) cos 51.0 o = 7.55 m/s. A componente y é v0y = (12.0 m/s) sen 51.0o = 9.32 m/s no lançamento , e v0y – gt = (10.57 m/s) – (9.80 m/s2)(2.08 s) = -11.06 m/s quando atingir chão. (c) v0xt = (7.55 m/s)(2.08 s) = 15.7 m.

(d) As alturas final e inicial não são as mesmas. (e) Com y = 0 e v0y conforme encontrado acima,

resolvendo a Eq. (3-18) para y0 = 1.18 m.

(f)

3-18: Substituindo para t em termos da expressão para

yflecha resulta em:

yflecha =

_.

cos

2

tan

0 2 2 0 0

v

gd

d

Utilizando os valores fornecidos para d e 0 para

expressar esta função de v0, temos:

. / 62 . 26 90 . 0 00 . 3 ( 2 0 2 2 v s m m y Então, (a) y= 2.14 m, (b) y = 1.45 m,

(c) y = -2.29 m. No último caso, a flecha foi disparada com uma velocidade tão lenta que ela atingiu o solo antes de se deslocar 3 metros de distância na horizontal .

(d)

3-20: Para qualquer item da máquina de lavar, a aceleração centrípeta será proporcional ao quadrado da freqüência, e por conseguinte inversamente proporcional ao quadrado do período de rotação. Triplicando a aceleração centrípeta o período diminuirá por um fator de

3

, então o novo período T será dado em termos do período T anterior, isto é: T = T/

3

.

3-22: 550 rev/min = 9.17 rev/s, correspondendo a um período de 0.109 s. (a) Da Eq. (3-29), 2 196 / R v m s T

(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),

. / 10 97 . 2 2 4 s m x T R

(b) Também da Eq. (3-30) ou Eq. (3-31), rad =

5.91 x 10-3 m/s2.

(c) v = 4.78 x 104 m/s, e a = 3.97 x 10=2 m/s2.

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)

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:

. min 88 47 . 1 / 2 . 1 5 . 1 / 8 . 6 5 . 1 hr h km km h km km

3-32: (a) A componente de velocidade do aeroplano para a direção norte, relativa ao ar, deve ser 80.0 km/h, então a direção de viagem deve ser :

arcsen

320 0 .

80 = 14o do norte para o oeste.

(b) Utilizando o ângulo encontrado na parte (a), temos: (320 km/h) cos 14o = 310 km/h. , ou de modo equivalente: