Exercício de Física I (49)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 49
(a) Tomando o primeiro ponto como origem das coordenadas e t = 0 como o instante em que o 
carro passou pelo primeiro ponto, a Eq. 2-17 nos dá
x v v t v= + = +1
2
1
2
15 0 6 000 0( ) ( , )( , ).m/s s
Fazendo x = 60,0 m (o que significa tomar o sentido positivo do eixo x como o sentido do mo-
vimento), obtemos v0 = 5,00 m/s.
(b) Fazendo v = 15,0 m/s, v0 = 5,00 m/s e t = 6,00 s da equação a = (v – v0)/t (Eq. 2-11), obte-
mos a = 1,67 m/s2.
(c) Fazendo v = 0 na equação v v ax2 02 2= + , obtemos
x
v
a
= − = − = −0
2 2
22
5 00
2 167
7 50
( , )
( ,
,
m/s
m/s
m
ou | | ,x = 7 50 m.
(d) Para traçar os gráficos, precisamos conhecer o instante em que v = 0. Usando a equação 
v = v0 + at9 = 0, obtemos:
′ =
− = − = −t v
a
0
2
5 00
1 67
3 0
,
,
,
m/s
m/s
s
Nos gráficos a seguir, as unidades do SI estão implícitas.
89. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do 
eixo y é para cima) durante todo o movimento. Como a aceleração é constante, podemos usar a 
Tabela 2-1 (com y no lugar de x). Quando um objeto é lançado verticalmente para cima e reco-
lhido na altura de onde foi lançado, o tempo de percurso t é metade do tempo de subida ts, que 
é dado pela Eq. 2-18 com x − x0 = H e v = 0 (já que a velocidade é momentaneamente nula do 
ponto mais alto da subida):
H vt gt t
H
g
s s s= + ⇒ =
1
2
22
Como o tempo total de percurso é t = 2ts, temos:
H gt t
H
g
= ⇒ =1
8
2
22 .
Consideramos dois lançamentos, um até a altura H1, com um tempo total de percurso t1, e outro 
até uma altura H2, com um tempo total de percurso t2. A razão entre as duas alturas é
H
H
gt
gt
t
t
2
1
2
2
1
2
2
1
2
8
8
= =




/
/
e, portanto, para t2 = 2t1 (como exige o problema) devemos ter H2 = (22)H1 = 4H1.