RESOLUCAO_Fundamentos_de_Fisica_I_Halli

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<p>M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R</p><p>MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR</p><p>FUNDAMENTOS DE FÍSICA</p><p>Mecânica</p><p>9a Edição</p><p>HALLIDAY & RESNICK</p><p>JEARL WALKER</p><p>Cleveland State University</p><p>VOLUME 1</p><p>Tradução e Revisão Técnica</p><p>Ronaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.</p><p>Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME</p><p>Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas – Volume 1 que podem ser usadas como</p><p>apoio para o livro Fundamentos de Física, Volume 1 – Mecânica, Nona Edição, 2012. Este material</p><p>é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.</p><p>Material Suplementar Soluções dos Problemas – Volume 1 traduzido do material original:</p><p>HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME ONE, NINTH EDITION</p><p>Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.</p><p>All Rights Reserved. This translation published under license.</p><p>Obra publicada pela LTC:</p><p>FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 1 – MECÂNICA, NONA EDIÇÃO</p><p>Direitos exclusivos para a língua portuguesa</p><p>Copyright © 2012 by</p><p>LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda.</p><p>Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional</p><p>Projeto de Capa: M77 Design</p><p>Imagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc.</p><p>Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.</p><p>Editoração Eletrônica do material suplementar:</p><p>SUMÁRIO</p><p>Capítulo 1 1</p><p>Capítulo 2 15</p><p>Capítulo 3 55</p><p>Capítulo 4 80</p><p>Capítulo 5 128</p><p>Capítulo 6 163</p><p>Capítulo 7 203</p><p>Capítulo 8 226</p><p>Capítulo 9 273</p><p>Capítulo 10 315</p><p>Capítulo 11 344</p><p>1. Várias fórmulas geométricas são dadas no Apêndice E.</p><p>(a) Expressando o raio da Terra como</p><p>R = ×( )( ) = ×−6 37 10 10 6 37 106 3 3, ,m km m km,</p><p>a circunferência é s R= = × = ×2 2 6 37 10 4 00 103 4π π ( , ,km) km.</p><p>(b) A área superficial da Terra é A R= = ×( ) = ×4 4 6 37 10 5 10 102 3 2 8π π , , .km km2</p><p>(c) O volume da Terra é V R= = ×( ) = ×4</p><p>3</p><p>4</p><p>3</p><p>6 37 10 1 08 103 3 3 12π π</p><p>, , .km km3</p><p>2. Os fatores de conversão são 1 1 10gry linha= / , 1 linha 1/12 polegada= e 1 ponto = 1/72</p><p>polegada. Assim,</p><p>1 gry = (1/10)(1/12)(72 pontos) = 0,60 ponto.</p><p>Nesse caso, 1 gry2 = (0,60 ponto)2 = 0,36 ponto2, o que significa que 0,50 gry = 0,18 ponto2 2 .</p><p>3. Os prefixos do SI (micro, pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2 do livro-texto.</p><p>(a) Como 1 km = 1 × 103 m e 1 m = 1 × 106 µm,</p><p>1 10 10 10 103 3 6 9km m m m m m.= = ( )( ) =µ µ</p><p>Como o valor dado é 1,0 km (dois algarismos significativos), o resultado deve ser escrito na</p><p>forma 1,0 × 109 µm.</p><p>(b) Como 1 cm = 10−2 m,</p><p>1 10 102 6 4cm = 10 m = 10 m m m m.2− −( )( ) =µ µ</p><p>Concluímos que a fração de centímetro igual a 1,0 µm é 1,0 × 10−4.</p><p>(c) Como 1 yd = (3 ft)(0,3048 m/ft) = 0,9144 m,</p><p>1 0 10 9 1 106 5, ,yd = 0,91m m m m.( )( ) = ×µ µ</p><p>4. (a) Usando os fatores de conversão 1 polegada = 2,54 cm e 6 picas = 1 polegada, temos:</p><p>0 80 0 80</p><p>1 6</p><p>, ,cm = cm</p><p>polegada</p><p>2,54 cm</p><p>pica( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>ss</p><p>1 polegada</p><p>pica.</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>≈ 1 9,</p><p>(b) Como 12 pontos = 1 pica, temos:</p><p>0 80 0 80</p><p>1 6</p><p>, ,cm = cm</p><p>polegada</p><p>2,54 cm</p><p>pica( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>ss</p><p>1 polegada</p><p>pontos</p><p>pica</p><p>pont</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>≈12</p><p>1</p><p>23 oos.</p><p>5. Como 1 furlong 201,168 m= , 1 5 0292vara m= , e 1 20 117cadeia m= , , os fatores de</p><p>conversão são</p><p>1 0 201 168 201 168</p><p>1</p><p>5 029</p><p>, , ( , )</p><p>,</p><p>furlong m m</p><p>vara= =</p><p>22</p><p>40</p><p>m</p><p>varas=</p><p>Capítulo 1</p><p>2 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>e</p><p>1 0 201 168 201 168</p><p>1</p><p>20</p><p>, , ( , )furlong m m</p><p>cadeia= =</p><p>,,117</p><p>10</p><p>m</p><p>cadeias= .</p><p>Note que os metros (m) se cancelam. Usando esses fatores de conversão, obtemos o seguinte:</p><p>(a) a distância d em varas é</p><p>d = = ( )4 0</p><p>40</p><p>, furlongs 4,0 furlongs</p><p>varas</p><p>1 furlonng</p><p>varas= 160</p><p>(b) e a distância d em cadeias é</p><p>d = = ( )4 0</p><p>10</p><p>, furlongs 4,0 furlongs</p><p>cadeias</p><p>1 furllong</p><p>cadeias.= 40</p><p>6. Consultamos a Tabela 1-6.</p><p>(a) Começamos pela primeira coluna (“cahiz”): 1 fanega equivale a quantos cahiz? De acordo</p><p>com a parte já completada da tabela, 1 cahiz equivale a 12 fanega. Assim, 1 fanega = 1/12 cahiz</p><p>ou 8,33 × 10−2 cahiz. Analogamente, “1 cahiz = 48 cuartilla” (na parte já completada da tabela)</p><p>significa que 1 cuartilla = 1/18 cahiz ou 2,08 × 10−2 cahiz. Continuando desta forma, descobri-</p><p>mos que os outros números da primeira coluna são 6,94 × 10−3 e 3,47 × 10−3.</p><p>(b) Na segunda coluna (“fanega”), obtemos os números 0,250, 8,33 × 10−2 e 4,17 × 10−2.</p><p>(c) Na terceira coluna (“cuartilla”), obtemos 0,333 e 0,167.</p><p>(d) Finalmente, na quarta coluna (“almude”), obtemos 0,500.</p><p>(e) Como a tabela de conversão mostra que 1 almude equivale a 2 medios, 7,00 almudes equi-</p><p>valem a 14,0 medios.</p><p>(f) Usando a relação 1 almude = 6,94 × 10−3 cahiz, encontrada no item (a), concluímos que 7,00</p><p>almudes equivalem a 4,86 × 10−2 cahiz.</p><p>(g) Como 1 decímetro equivale a 0,1 metro, 55,501 decímetros cúbicos equivalem a 0,055501 m3</p><p>ou 55.501 cm3. Assim, 7,00 almudes =</p><p>7 00</p><p>12</p><p>,</p><p>fanega =</p><p>7 00</p><p>12</p><p>,</p><p>(55.501 cm3) = 3,24 × 104 cm3.</p><p>7. Usamos os fatores de conversão do Apêndice D.</p><p>1 acre ? ft = (43.560 ft2) ? ft = 43.560 ft3</p><p>Como 2 in = (1/6) ft, o volume de água que caiu durante a tempestade é</p><p>V = =(26 km )(1/6 ft) (26 km )(3281ft/km) (1/62 2 2 ft) 4,66 10 ft .7 3= ×</p><p>Assim,</p><p>V = ×</p><p>× ⋅</p><p>= ×4 66 10</p><p>4 3560 10</p><p>1 1 10</p><p>7</p><p>4</p><p>3,</p><p>,</p><p>,</p><p>ft</p><p>ft acre ft</p><p>ac</p><p>3</p><p>3</p><p>rre ft.⋅</p><p>8. De acordo com a Figura 1-4, 212 S equivalem a 258 W e 212 – 32 = 180 S equivalem a 216 –</p><p>60 = 156 Z. Essas informações nos permitem converter S para W e Z.</p><p>(a) Em unidades de W, temos:</p><p>50 0 50 0</p><p>258</p><p>212</p><p>60 8, , ,S S</p><p>W</p><p>S</p><p>W= ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 3</p><p>(b) Em unidades de Z, temos:</p><p>50 0 50 0</p><p>156</p><p>180</p><p>43 3, , ,S S</p><p>Z</p><p>S</p><p>Z= ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>9. O volume de gelo é dado pelo produto da área semicircular pela espessura. A área do semi-</p><p>círculo é A = πr2/2, em que r é o raio. Assim, o volume é</p><p>V r z= π</p><p>2</p><p>2</p><p>na qual z é a espessura do gelo. Como 1 km equivale a 103 m e 1 m equivale a 102 cm, temos:</p><p>r = ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= ×2000</p><p>10</p><p>1</p><p>10</p><p>2000 1</p><p>3 2</p><p>km</p><p>m</p><p>km</p><p>cm</p><p>1 m</p><p>005 cm.</p><p>Expressa nessas unidades, a espessura se torna</p><p>z = = ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>= ×3000 3000</p><p>10</p><p>1</p><p>3000 10</p><p>2</p><p>2m m</p><p>cm</p><p>m</p><p>cm</p><p>e, portanto, V = ×( ) ×( ) = ×π</p><p>2</p><p>2000 10 3000 10 1 9 105 2 2 22cm cm cm3, .</p><p>10. Como uma mudança de longitude igual a 360° corresponde a uma variação de 24 horas,</p><p>uma variação de 1,0 h corresponde a uma variação de longitude de 360 24 15 / = .</p><p>11. (a) Se um dia decimal francês é equivalente a um dia comum, a razão entre as semanas é</p><p>simplesmente 10/7 ou (com 3 algarismos significativos) 1,43.</p><p>(b) Um dia comum tem 86.400 segundos, enquanto o dia francês descrito no problema tem 105</p><p>segundos. A razão é, portanto, 0,864.</p><p>12. Como um dia equivale a 86.400 segundos e um metro equivale a um milhão de micrôme-</p><p>tros,</p><p>3 7 10</p><p>14 86 400</p><p>3 1</p><p>6,</p><p>.</p><p>, .</p><p>m m m</p><p>dias s dia</p><p>m s</p><p>( )( )</p><p>( )( ) =</p><p>µ</p><p>µ</p><p>13. A hora em qualquer desses relógios é uma função linear com inclinação ≠ 1 e ponto de in-</p><p>terseção com o eixo y ≠ 0. De acordo com os dados da figura, temos:</p><p>t t t tC B B A= + = −2</p><p>7</p><p>594</p><p>7</p><p>33</p><p>40</p><p>662</p><p>5</p><p>, .</p><p>Esses dados podem ser usados para obter os resultados a seguir.</p><p>(a) Temos:</p><p>′ − = ′ −( ) =t t t tB B A A</p><p>33</p><p>40</p><p>495 s</p><p>para t9A − tA = 600 s.</p><p>(b) Temos: ′ − = ′ −( ) = ( ) =t t t tC C B B</p><p>2</p><p>7</p><p>2</p><p>7</p><p>495 141 s.</p><p>(c) O relógio B indica tB = (33/40)(400) −฀(662/5) ≈ 198 s quando o relógio A indica tA = 400 s.</p><p>(d) Para tC = 15 = (2/7)tB + (594/7), obtemos tB ≈ −245 s.</p><p>4 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>14. Os prefixos do SI (micro, pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2 do livro-texto.</p><p>(a) 1</p><p>100 366µséculo 10 século</p><p>anos</p><p>1 século</p><p>= ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>− 55 24 60</p><p>1</p><p>dias</p><p>1 ano</p><p>h</p><p>1 dia h</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=min</p><p>552 6, min.</p><p>(b) A diferença percentual é, portanto,</p><p>52 6 50</p><p>52 6</p><p>4 9</p><p>, min min</p><p>, min</p><p>, %</p><p>− =</p><p>15. Uma semana tem 7 dias, um dia tem 24 horas e uma hora tem 3600 segundos. Assim, duas</p><p>semanas (um fortnight) equivalem a 1.209.600 s, o que corresponde aproximadamente a 1,21 ×</p><p>1012 µs.</p><p>16. A frequência de rotação f do pulsar é dada por</p><p>f =</p><p>× −</p><p>1</p><p>1 55780644887275 10 3</p><p>rotação</p><p>s,</p><p>(a)</p><p>velocidades e tempos estão em unidades do SI. O grá-</p><p>fico da aceleração é uma reta horizontal em –9,8 m/s2.</p><p>Para calcular o tempo total gasto no percurso, poderíamos ter usado a Eq. 2-15. Como no ins-</p><p>tante t = T > 0 a bola volta à posição original ( y = 0 ), temos:</p><p>y v t gt t</p><p>v</p><p>g</p><p>= − ⇒ =0</p><p>2 01</p><p>2</p><p>2 .</p><p>46. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com</p><p>y no lugar de x).</p><p>(a) Usando a Eq. 2-16 e escolhendo a raiz negativa (já que a velocidade final é para baixo), te-</p><p>mos:</p><p>v v g y= − − = − − − = −0</p><p>2 2 0 2 9 8 1700 183∆ ( , )( ) .</p><p>A velocidade escalar das gotas seria, portanto, 183 m/s.</p><p>(b) É difícil dar uma resposta convincente sem uma análise mais profunda. A massa de uma</p><p>gota de chuva não passa de um grama, de modo que a massa e a velocidade [calculada no item</p><p>(a)] de uma gota de chuva são bem menores que as de uma bala de revólver, o que é animador.</p><p>Entretanto, o fato de que estamos falando de muitas gotas nos leva a suspeitar que andar na chu-</p><p>va poderia ser perigoso. Levando em conta a resistência do ar, naturalmente, a velocidade final</p><p>das gotas de chuva é bem menor, de modo que andar na chuva é perfeitamente seguro.</p><p>47. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com</p><p>y no lugar de x).</p><p>(a) Começando a contar o tempo no instante em que o operário deixou cair a chave (v0 = 0), a</p><p>equação v v g y2 2 2= −0 ∆ nos dá</p><p>∆y = − − = −( )</p><p>( , )</p><p>,</p><p>24</p><p>2 9 8</p><p>29 4</p><p>2</p><p>m</p><p>o que nos leva à conclusão de que a chave caiu de uma altura de 29,4 m.</p><p>34 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) Explicitando o tempo na equação v = v0 – gt, temos:</p><p>t</p><p>v v</p><p>g</p><p>= − = − − =0 0 24</p><p>9 8</p><p>2 45</p><p>( )</p><p>,</p><p>, s.</p><p>(c) Os gráficos mostram a posição, a velocidade e a aceleração em unidades do SI, tomando a po-</p><p>sição inicial como origem do eixo y. O gráfico da aceleração é uma reta horizontal em –9,8 m/s2.</p><p>Durante a queda da chave, com a g= − < 0, a velocidade escalar aumenta, mas a velocidade se</p><p>torna mais negativa.</p><p>48. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com</p><p>y no lugar de x).</p><p>(a) Notando que ∆y = y – y0 = –30 m, usamos a Eq. 2-15 e a fórmula para calcular as raízes de</p><p>uma equação do segundo grau (Apêndice E) para obter o valor de t:</p><p>∆</p><p>∆</p><p>y v t gt t</p><p>v v g y</p><p>g</p><p>= − ⇒ =</p><p>± −</p><p>0</p><p>2 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>2</p><p>Fazendo v0 = –12 m/s (já que o movimento é para baixo) e escolhendo a raiz positiva (já que</p><p>t > 0), obtemos:</p><p>t =</p><p>− + − − −</p><p>=</p><p>12 12 2 9 8 30</p><p>9 8</p><p>1 54</p><p>2( ) ( , )( )</p><p>,</p><p>, s.</p><p>(b) Conhecendo o valor de t, poderíamos usar qualquer das equações da Tabela 2-1 para obter o</p><p>valor de v; entretanto, a única equação que não usa o resultado do item (a) é a Eq. 2-16:</p><p>v v g y= − =0</p><p>2 2 27 1∆ , m/s</p><p>na qual foi escolhida a raiz positiva para obter a velocidade escalar (que é o módulo do vetor</p><p>velocidade).</p><p>49. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com</p><p>y no lugar de x). Tomamos o nível do solo como origem do eixo y. Notamos que a velocidade</p><p>inicial do pacote é igual à velocidade do balão, v0 = +12 m/s, e que a altura inicial do pacote é</p><p>y0 = +80 m.</p><p>(a) Explicitando o tempo na equação y y v t gt= + −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 com y = 0, resolvendo a equação do</p><p>segundo grau e escolhendo a raiz positiva, já que t > 0, obtemos:</p><p>t</p><p>v v gy</p><p>g</p><p>=</p><p>+ +</p><p>=</p><p>+ + ( )( )</p><p>=0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>22 12 12 2 9 8 80</p><p>9 8</p><p>5 4</p><p>,</p><p>,</p><p>, s</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 35</p><p>(b) Se não quisermos usar o resultado do item (a), podemos usar a Eq. 2-16; caso contrário, pode-</p><p>mos usar qualquer uma das equações da Tabela 2-1. De acordo com a Eq. 2-11, por exemplo,</p><p>v v gt= − = − = −0 12 9 8 5 447 41 38m/s m/s s m/s2( , )( , ) ,</p><p>Assim, o pacote atinge o solo com uma velocidade escalar de aproximadamente 41 m/s.</p><p>50. A coordenada y da maçã 1 obedece à equação y – y01 = –g t2/2, na qual y = 0 para t = 2,0 s.</p><p>Explicitando y01, obtemos y01 = 19,6 m.</p><p>A equação da coordenada y da maçã 2 (que, de acordo com o gráfico, foi lançada no instante</p><p>t = 1,0 s com velocidade v2) é</p><p>y – y02 = v2(t – 1,0) –g (t – 1,0)2/2</p><p>em que y02 = y01 = 19,6 m e y = 0 para t = 2,25 s. Assim, obtemos |v2| = 9,6 m/s, aproximada-</p><p>mente.</p><p>51. (a) Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima, usamos a Eq. 2-11 para calcular</p><p>a velocidade inicial do instrumento:</p><p>v = v0 + at ⇒ 0 = v0 – (9,8 m/s2)(2,0 s)</p><p>o que nos dá v0 = 19,6 m/s. Agora podemos usar a Eq. 2-15:</p><p>∆y = (19,6 m/s)(2,0 s) + (–9,8 m/s2)(2,0 s)2/2 ≈ 20 m.</p><p>Note que o “2,0 s” neste segundo cálculo se refere ao intervalo de tempo 2 < t < 4 do gráfico,</p><p>enquanto o “2,0 s” no primeiro cálculo se referia ao intervalo 0 < t < 2 mostrado no gráfico.</p><p>(b) No cálculo do item (b), o intervalo de tempo “6,0 s” se refere ao intervalo 2 < t < 8:</p><p>∆y = (19,6 m/s)(6,0 s) + (–9,8 m/s2)(6,0 s)2/2 ≈ –59 m,</p><p>ou | |∆y = 59 m.</p><p>52. A queda do parafuso é descrita pela equação</p><p>y – y0 = –g t2/2</p><p>sendo y – y0 = –90 m (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Assim, o tempo</p><p>de queda é t = 4,29 s. O tempo gasto nos primeiros 80% da queda é dado por –72 = –g τ2/2 ou</p><p>τ = 3,83 s.</p><p>(a) Assim, os últimos 20% da queda são cobertos em um tempo t – τ = 0,45 s.</p><p>(b) Podemos calcular a velocidade usando a equação v = −gτ, que nos dá |v| = 38 m/s, aproxi-</p><p>madamente.</p><p>(c) Da mesma forma, vfinal = −g t ⇒ |vfinal| = 42 m/s.</p><p>53. A velocidade do barco é constante, dada por vb = d/t, na qual d é a distância entre o barco</p><p>e a ponte quando a chave foi solta (12 m) e t é o tempo de queda da chave. Para calcular t, co-</p><p>locamos a origem do sistema de coordenadas no ponto onde a chave foi solta e supomos que o</p><p>sentido positivo do eixo y é para baixo. Supondo que t = 0 no instante em que a chave foi solta,</p><p>calculamos o instante t em que y = 45 m. Como a velocidade inicial da chave é zero, a coorde-</p><p>nada da chave é dada por y gt= 1</p><p>2</p><p>2 . Assim,</p><p>t</p><p>y</p><p>g</p><p>= = =2 2 45</p><p>3 03</p><p>(</p><p>,</p><p>m)</p><p>9,8 m/s</p><p>s .</p><p>2</p><p>36 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>A velocidade do barco é, portanto,</p><p>vb = =12</p><p>4 0</p><p>m</p><p>3,03 s</p><p>m/s.,</p><p>54. (a) Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do</p><p>eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1</p><p>(com y no lugar de x). Usamos variáveis com uma plica (exceto t) para a primeira pedra, que</p><p>tem velocidade inicial zero, e variáveis sem uma plica para a segunda pedra, que tem velocidade</p><p>inicial –v0. As unidades são todas do SI.</p><p>∆</p><p>∆</p><p>′ = ( ) −</p><p>= −( ) −( ) − −( )</p><p>y t gt</p><p>y v t g t</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>Como, de acordo com o enunciado, ∆y9 = ∆y = –43,9 m, podemos obter o valor de t na primei-</p><p>ra equação (t = 2,99 s) e usar este resultado na segunda equação para obter a velocidade inicial</p><p>da segunda pedra:</p><p>− = −( ) ( ) − ( )( )43 9 1 99</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 1 990</p><p>2, , , ,v</p><p>o que nos dá v0 = 12,3 m/s. O gráfico da posição das pedras em função do tempo é mostrado a</p><p>seguir.</p><p>(b) A velocidade das pedras é dada por</p><p>′ = ′ = − = = − −v</p><p>d y</p><p>dt</p><p>gt v</p><p>d y</p><p>dt</p><p>v g ty y</p><p>( )</p><p>,</p><p>( )</p><p>(</p><p>∆ ∆</p><p>0 −− 1)</p><p>O gráfico da velocidade das pedras em função do tempo é mostrado a seguir.</p><p>55. Durante o contato com o solo, a aceleração média é dada por</p><p>a</p><p>v</p><p>t</p><p>méd = ∆</p><p>∆</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 37</p><p>em que ∆v é a variação de velocidade durante o contato com o solo e ∆t = × −20 0 10 3, s é a</p><p>duração do contato. Assim, primeiro precisamos calcular a velocidade da bola no instante em</p><p>que atinge o solo (y = 0).</p><p>(a) Para calcular a velocidade antes do contato, tomamos t = 0 como o instante em que a bola é</p><p>deixada cair. Usando a Eq. (2-16) com y0 15 0= , m, obtemos</p><p>v v g y y= − − − = − − − = −0</p><p>2</p><p>02 0 2 9 8 0 15 17 1( ) ( , )( ) ,m/s m2 55 m/s</p><p>em que o sinal negativo foi escolhido</p><p>porque a velocidade da bola é para baixo no momento do</p><p>contato. Em consequência, a aceleração média durante o contato com o solo é</p><p>améd</p><p>2m/s= − −</p><p>×</p><p>=</p><p>−</p><p>0 17 1</p><p>20 0 10</p><p>857</p><p>3</p><p>( , )</p><p>,</p><p>.</p><p>(b) O fato de que o resultado é positivo indica que o vetor aceleração aponta para cima. Em um</p><p>capítulo posterior, este fato será relacionado diretamente ao módulo e orientação da força exer-</p><p>cida pelo solo sobre a bola durante a colisão.</p><p>56. Usamos a Eq. 2-16,</p><p>vB</p><p>2 = vA</p><p>2 + 2a(yB – yA),</p><p>com a = –9,8 m/s2, yB – yA = 0,40 m e vB = vA/3. O resultado é imediato: vA = 3,0 m/s, aproxi-</p><p>madamente.</p><p>57. A aceleração média durante o contato com o piso é améd = (v2 – v1) /∆t, em que v1 é a velo-</p><p>cidade no momento em que a bola atinge o piso, v2 é a velocidade da bola no momento em que</p><p>deixa o piso e ∆t é o tempo de contato com o piso (12 × 10–3 s).</p><p>(a) Tomando o sentido do eixo y como positivo para cima e colocando a origem no ponto de</p><p>onde a bola foi deixada cair, calculamos primeiro a velocidade da bola no instante em que atinge</p><p>o piso, usando a equação v v gy1</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2= − . Para v0 = 0 e y = – 4,00 m, o resultado é</p><p>v gy1 2 2 9 8 4 00 8 85= − − = − − − = −( , )( , ) , m/s</p><p>no qual o sinal negativo foi escolhido porque o movimento da bola é para baixo. Para calcular a</p><p>velocidade no momento em que a bola deixa o piso (a bola atinge uma altura de 2,00 m e vamos</p><p>desprezar a resistência do ar), usamos a equação v v g y y2</p><p>2</p><p>2</p><p>02= − −( ) com v = 0, y = –2,00 m (já</p><p>que a bola atinge uma altura 2 m abaixo da altura inicial) e y0 = – 4,00 m. Assim,</p><p>v g y y2 02 2 9 8 2 00 4 00 6 26= − = − + =( ) ( , )( , , ) , m/s.</p><p>A aceleração média é, portanto,</p><p>a</p><p>v v</p><p>t</p><p>méd m/s= − = +</p><p>×</p><p>= ×</p><p>−</p><p>2 1</p><p>3</p><p>36 26 8 85</p><p>12 0 10</p><p>1 26 10</p><p>∆</p><p>, ,</p><p>,</p><p>, 22</p><p>(b) O resultado positivo indica que o vetor aceleração aponta para cima. Em um capítulo poste-</p><p>rior, este fato será relacionado diretamente ao módulo e orientação da força exercida pelo piso</p><p>sobre a bola durante a colisão.</p><p>58. Tomamos o sentido do eixo y como positivo para baixo e a origem das coordenadas como</p><p>o ponto de onde o objeto foi deixado cair (e como o instante t = 0). Representamos o intervalo</p><p>de 1,00 s mencionado no problema como t – t9, no qual t é o instante em que o objeto atinge o</p><p>solo e t9 é o instante um segundo antes do instante da queda. A distância correspondente é y –</p><p>y9 = 0,50h, sendo que y é a coordenada do solo. Nesse caso, y = h e, portanto, h –y9 = 0,50h ou</p><p>0,50h = y9.</p><p>38 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) Podemos calcular t9 e t usando a Eq. 2-15 (com v0 = 0):</p><p>y gt t</p><p>y</p><p>g</p><p>y gt t</p><p>y</p><p>g</p><p>′ = ′ ⇒ ′ = ′</p><p>= ⇒ =</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 .</p><p>Fazendo y = h e y9 = 0,50h e dividindo as equações membro a membro, obtemos</p><p>t</p><p>t</p><p>h g</p><p>h g</p><p>′ = ( ) =2 0 50</p><p>2</p><p>0 50</p><p>, /</p><p>/</p><p>, .</p><p>Fazendo t9 = t – 1,00 (as unidades do SI estão implícitas), temos:</p><p>t t t− = ⇒ =</p><p>−</p><p>1 00 0 50</p><p>1 00</p><p>1 0 50</p><p>, ,</p><p>,</p><p>,</p><p>o que nos dá t = 3,41 s.</p><p>(b) Substituindo este resultado na equação y gt= 1</p><p>2</p><p>2, obtemos h = 57 m.</p><p>(c) Em nossos cálculos, não resolvemos uma equação do segundo grau, mas “escolhemos uma</p><p>raiz” quando supusemos [no último cálculo do item (a)] que 0 50, = +0,707 em vez de –0,707.</p><p>Se tivéssemos usado a solução 0 50, = –0,707, o tempo obtido seria aproximadamente t = 0,6 s,</p><p>o que resultaria em um valor negativo para t’ = t – 1 (ou seja, um instante anterior ao início da</p><p>queda, o que constitui uma situação fisicamente inaceitável).</p><p>59. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com</p><p>y no lugar de x). Tomamos o nível do piso como origem do eixo y.</p><p>(a) Tomando o instante em que a gota 1 deixa o chuveiro como t = 0, o instante t1 em que a gota</p><p>atinge o piso pode ser calculado usando a Eq. 2-15 com v0 = 0 e y1 = –2,00 m:</p><p>y gt t</p><p>y</p><p>g</p><p>1 1</p><p>21</p><p>2</p><p>2 2 2 00</p><p>9 8</p><p>0 639= − ⇒ = − = − − = s1</p><p>( , )</p><p>,</p><p>, ..</p><p>Esse é o instante no qual a quarta gota começa a cair. Pela regularidade com a qual as gotas</p><p>caem, podemos concluir que a gota 2 sai do chuveiro em t = 0,639/3 = 0,213 s e a gota 3 sai do</p><p>chuveiro em t = 2(0,213 s) = 0,426 s. Assim, o tempo de queda da gota 2 até o momento em</p><p>que a gota 1 atinge o piso é t2 = t1 – 0,213 s = 0,426 s. A posição da gota 2 no momento em que</p><p>a gota 1 atinge o piso é</p><p>y gt2 2</p><p>2 21</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 0 426 0 889= − = − = −( , )( , ) ,m/s s m,2</p><p>ou aproximadamente 89 cm abaixo do chuveiro.</p><p>(b) O tempo de queda da gota 3 até o momento em que a gota 1 atinge o piso é t3 = t1 – 0,426 s =</p><p>0,213 s. A posição da gota 3 no momento em que a gota 1 atinge o piso é</p><p>y gt2 2</p><p>2 21</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 0 426 0 889 m</p><p>y3</p><p>= − = − = −</p><p>=</p><p>( , )( , ) ,</p><p>−− = − = −1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 0 213 0 2223</p><p>2 2gt ( , )( , ) , m ,</p><p>ou aproximadamente 22 cm abaixo do chuveiro.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 39</p><p>60. Para calcular a “velocidade de lançamento” da pedra, aplicamos a Eq. 2-11 à altura máxima</p><p>(na qual a velocidade é nula):</p><p>v v gt v= − ⇒ = − ( )( )0 00 9 8 2 5, ,</p><p>o que nos dá v0 = 24,5 m/s (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Agora usamos</p><p>a Eq. 2-15 para calcular a altura da torre (supondo que y0 = 0 no nível do solo):</p><p>y y v t at y− = + ⇒ − = ( )( ) − ( )( )0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>0 24 5 1 5</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 1 5, , , ,</p><p>22</p><p>.</p><p>Assim, y = 26 m.</p><p>61. Supomos que o sentido positivo do eixo y é para baixo e que a origem das coordenadas está</p><p>no alto do edifício (cuja altura é H). Durante a queda, a bola passa (com velocidade v1) pelo</p><p>alto da janela (que está na coordenada y1) no instante t1 e passa pelo peitoril da janela (que está</p><p>na coordenada y2) no instante t2. Sabemos que y2 – y1 = 1,20 m e que t2 – t1 = 0,125 s. Usando</p><p>a Eq. 2-15, temos:</p><p>y y v t t g t t2 1 1 2 1 2 1</p><p>2</p><p>2− = −( ) + −( ) /</p><p>o que nos dá</p><p>v1</p><p>1</p><p>2</p><p>21 20 9 8 0 125</p><p>0 125</p><p>8 99= − ( )( ) =, , ,</p><p>,</p><p>, m/s.</p><p>Usando a Eq. 2-16 (com v0 = 0), podemos obter o valor de y1:</p><p>v gy y1</p><p>2</p><p>1 1</p><p>2</p><p>2</p><p>8 99</p><p>2 9 8</p><p>4 12= ⇒ = =,</p><p>( , )</p><p>, m.</p><p>A bola chega ao solo (y3 = H) no instante t3. Por causa da simetria expressa no enunciado (“o</p><p>movimento para cima corresponde exatamente ao inverso da queda’’), sabemos que t3 – t2 =</p><p>2,00/2 = 1,00 s. Isso significa que t3 – t1 = 1,00 s + 0,125 s = 1,125 s. Assim, de acordo com a</p><p>Eq. 2-15, temos</p><p>y y v t t g t t</p><p>y</p><p>3 1 1 3 1 3 1</p><p>2</p><p>3</p><p>1</p><p>2</p><p>4 12 8 99 1</p><p>− = − + −</p><p>− =</p><p>( ) ( )</p><p>, ( , )( ,, ) ( , )( , )125</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 1 125 2+</p><p>o que nos dá y3 = H = 20,4 m.</p><p>62. A altura atingida pelo jogador é y = 0,76 m (supusemos que o sentido positivo do eixo y é</p><p>para cima e tomamos a origem como o piso da quadra).</p><p>(a) Fazendo v = 0 na Eq. 2-16, vemos que a velocidade inicial v0 do jogador é</p><p>v gy0 2 2 9 8 0 76 3 86= = =( , ) ( , ) , m/s.</p><p>Quando o jogador atinge uma altura y1 = 0,76 m – 0,15 m = 0,61 m, sua velocidade v1 satisfaz</p><p>a equação v v gy0</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>12− = , o que nos dá</p><p>v v gy1 0</p><p>2</p><p>1</p><p>22 3 86 2 9 80 0 61 1 71= − = − =( , ) ( , )( , ) , m/s.</p><p>O tempo t1 que o jogador passa subindo os ∆y1 = 0,15 m mais altos do salto pode ser calculado</p><p>usando a Eq. 2-17:</p><p>∆y v v t t1 1 1 1</p><p>1</p><p>2</p><p>2 0 15</p><p>1 71 0</p><p>0 175= +( ) ⇒ = ( )</p><p>+</p><p>=,</p><p>,</p><p>, s</p><p>o que significa que o tempo total gasto nos 15 cm mais altos do salto (subindo e descendo) é</p><p>2(0,175 s) = 0,35 s = 350 ms.</p><p>40 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) O instante t2 em que o jogador atinge uma altura de 0,15 m pode ser calculado usando a Eq.</p><p>2-15:</p><p>0 15</p><p>1</p><p>2</p><p>3 86</p><p>9 8</p><p>20 2 2</p><p>2</p><p>2 2</p><p>2, ( , )</p><p>,</p><p>,= − = −v t gt t t</p><p>o que nos dá (resolvendo a equação do segundo grau e escolhendo a menor das raízes) t2 = 0,041</p><p>s = 41 ms, o que significa que o tempo total gasto nos 15 cm mais baixos do salto (subindo e</p><p>descendo) é 2(41 ms) = 82 ms.</p><p>63. O tempo t que o vaso leva para passar pela janela é 0,25 na subida e 0,25 na descida. Vamos</p><p>chamar de v a velocidade do vaso ao passar (subindo) pelo alto da janela. Nesse caso, com a =</p><p>–g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima), a Eq. 2-18 nos dá</p><p>L vt gt v</p><p>L</p><p>t</p><p>gt= − ⇒ = −1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2 .</p><p>A distância H percorrida pelo vaso acima do alto da janela é, portanto (usando a</p><p>Eq. 2-16 com</p><p>a velocidade final igual a zero),</p><p>H</p><p>v</p><p>g</p><p>L t gt</p><p>g</p><p>= =</p><p>−( ) =</p><p>− ( )( )2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 00 0 25 9 80 0 25/ / , / , , , //</p><p>,</p><p>,</p><p>2</p><p>2 9 80</p><p>2 34</p><p>2( )</p><p>( ) ( ) = m.</p><p>64. O gráfico mostra que y = 25 m é o ponto mais alto da trajetória. A simetria do gráfico suge-</p><p>re que é razoável desprezar a “resistência do ar” (ou seja, supor que a influência da atmosfera</p><p>do planeta é insignificante).</p><p>(a) Para calcular a aceleração da gravidade gp no planeta, usamos a Eq. 2-15 (supondo que o</p><p>sentido positivo do eixo y é para cima):</p><p>y y vt g t gp p− = + ⇒ − = ( )( ) + ( )0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>25 0 0 2 5</p><p>1</p><p>2</p><p>2 5, ,</p><p>o que nos dá gp = 8,0 m/s2.</p><p>(b) O mesmo ponto de altura máxima do gráfico pode ser usado para calcular a velocidade ini-</p><p>cial:</p><p>y y v v t v− = +( ) ⇒ − = +( ) ( )0 0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>25 0</p><p>1</p><p>2</p><p>0 2 5,</p><p>Assim, v0 = 20 m/s.</p><p>65. A ideia principal é que a velocidade da cabeça em qualquer instante (o mesmo se aplica à</p><p>velocidade do tronco) é igual à área sob a curva da aceleração da cabeça em função do tempo,</p><p>de acordo com a Eq. 2-26:</p><p>v v1 0</p><p>área entre a curva da aceleração</p><p>e− = o eixo dos tempos, de a0 1t t( )</p><p>(a) Na Figura 2-14a, vemos que a cabeça começa a acelerar a partir do repouso (v0 = 0) no ins-</p><p>tante t0 = 110 ms e a aceleração atinge o valor máximo de 90 m/s2 no instante t1 = 160 ms. A</p><p>área dessa região é</p><p>área</p><p>1</p><p>2</p><p>(160 110) 10 s 90 m/s 2,25 m/s3 2= − × ⋅( ) =−</p><p>que é igual a v1, a velocidade no instante t1.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 41</p><p>(b) Para calcular a velocidade do tronco no instante t1 = 160 ms, dividimos a área em 4 regiões:</p><p>de 0 a 40 ms, a região A tem área zero. De 40 ms a 100 ms, a região B tem a forma de um tri-</p><p>ângulo de área</p><p>área</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0600 s)(50,0 m/s ) 1,50 m/sB</p><p>2= = .</p><p>De 100 a 120 ms, a região C tem a forma de um retângulo de área</p><p>área (0,0200 s) (50,0 m/s ) = 1,00 m/s.C</p><p>2=</p><p>De 110 a 160 ms, a região D tem a forma de um trapézio de área</p><p>área</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0400 s) (50,0 20,0) m/s 1,D</p><p>2= + = 440 m/s.</p><p>Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos</p><p>v1 0 0 1 50− = + , m/s + 1,00 m/s + 1,40 m/s = 3,900 m/s,</p><p>ou v1 3 90= , m/s.</p><p>66. A ideia principal é que a posição de um objeto em qualquer instante é igual à área sob a</p><p>curva da velocidade em função do tempo, de acordo com a Eq. 2-25:</p><p>x x1 0</p><p>área entre a curva da velocidade</p><p>e− = oo eixo dos tempos, de a0 1t t( ).</p><p>(a) Para calcular a posição do punho em t = 50 ms, dividimos a área da Figura 2-34 em duas</p><p>regiões. De 0 a 10 ms, a região A tem a forma de um triângulo de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,010 s) (2 m/s) = 0,01 m.A</p><p>De 10 a 50 ms, a região B tem a forma de um trapézio de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,040 s) (2 + 4) m/s = 0,12 m.B</p><p>Substituindo esses valores na Eq. 2-25 e fazendo x0 = 0, obtemos</p><p>x1 0 0 0 01− = + , m + 0,12 m = 0,13 m,</p><p>ou x1 0 13= , m.</p><p>(b) A velocidade do punho é máxima no instante t1 = 120 ms. De 50 a 90 ms, a região C tem a</p><p>forma de um trapézio de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,040 s) (4 + 5) m/s = 0,18 m.C</p><p>De 90 a 120 ms, a região D tem a forma de um trapézio de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,030 s) (5 + 7,5) m/s = 0,19 m.D</p><p>Substituindo esses valores na Eq. 2-25 e fazendo x0 = 0, obtemos</p><p>x1 0 0 0 01− = + , m + 0,12 m + 0,18 m + 0,19 m = 00,50 m,</p><p>ou x1 0 50= , m.</p><p>67. O problema pode ser resolvido usando a Eq. 2-26:</p><p>v v1 0</p><p>área entre a curva da aceleração− = ee o eixo dos tempos, de a0 1t t( )</p><p>42 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Para calcular a velocidade da cabeça sem capacete no instante t1 = 7,0 ms, dividimos a área sob</p><p>a curva de a em função de t em 4 regiões: de 0 a 2 ms, a região A tem a forma de um triângulo</p><p>de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0020 s) (120 m/s ) = 0,12 m/s.A</p><p>2</p><p>De 2 ms a 4 ms, a região B tem a forma de um trapézio de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0020 s) (120 + 140) m/s = 0,2B</p><p>2 66 m/s.</p><p>De 4 a 6 ms, a região C tem a forma de um trapézio de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0020 s) (140 + 200) m/s = 0,3C</p><p>2 44 m/s.</p><p>De 6 a 7 ms, a região D tem a forma de um triângulo de área</p><p>área</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0010 s) (200 m/s ) 0,10 m/s.D</p><p>2= =</p><p>Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos</p><p>vsem capacete m/s 0,26 m/s 0,34 m/s 0,1= + + +0 12, 00 m/s 0,82 m/s.=</p><p>Fazendo um cálculo semelhante para a cabeça com capacete, obtemos os seguintes resultados:</p><p>de 0 a 3 ms, a região A tem a forma de um triângulo de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0030 s) (40 m/s ) = 0,060 m/s.A</p><p>2</p><p>De 3 ms a 4 ms, a região B tem a forma de um retângulo de área</p><p>área (0,0010 s) (40 m/s ) 0,040 m/s.B</p><p>2= =</p><p>De 4 a 6 ms, a região C tem a forma de um trapézio de área</p><p>área =</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0020 s) (40 + 80) m/s = 0,12C</p><p>2 mm/s.</p><p>De 6 a 7 ms, a região D tem a forma de um triângulo de área</p><p>área</p><p>1</p><p>2</p><p>(0,0010 s) (80 m/s ) 0,040 m/s.D</p><p>2= =</p><p>Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos</p><p>vcom capacete m/s 0,040 m/s 0,12 m/s 0= + + +0 060, ,,040 m/s 0,26 m/s.=</p><p>Assim, a diferença de velocidade é</p><p>∆v v v= − = −sem capacete com capacete m/s 0,260 82, mm/s 0,56 m/s.=</p><p>68. Este problema pode ser resolvido observando que a velocidade pode ser determinada por</p><p>integração gráfica da curva da aceleração em função do tempo. A velocidade da língua da sala-</p><p>mandra é igual à área sob a curva da aceleração:</p><p>v = = +− −área s m/s s m/s2 21</p><p>2</p><p>10 100</p><p>1</p><p>2</p><p>10 1002 2( )( ) ( )( ++ +</p><p>=</p><p>−400</p><p>1</p><p>2</p><p>10 400</p><p>5 0</p><p>2m/s s m/s</p><p>m/s.</p><p>2 2) ( )( )</p><p>,</p><p>69. Como v = dx/dt (Eq. 2-4), ∆x v dt= ∫ , que corresponde à área sob a curva de v em fun-</p><p>ção de t. Dividindo a área total A em áreas retangulares (base × altura) e triangulares (base ×</p><p>altura)/2, temos:</p><p>A A A A At t t t= + + +</p><p>=</p><p>< < < < < < < <0 2 2 10 10 12 12 16</p><p>2 8( )( ) / 22 8 8 2 4 2 4 2 4 4+ + +[ ] +( )( ) ( )( ) ( )( ) / ( )( )</p><p>com unidades do SI implícitas. Dessa forma, obtemos ∆x = 100 m.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 43</p><p>70. Para resolver este problema, observamos que a velocidade é a derivada em relação ao tem-</p><p>po da função posição e a integral em relação ao tempo da função aceleração, com a constante</p><p>de integração igual à velocidade inicial. Assim, a velocidade da partícula 1 pode ser escrita na</p><p>forma</p><p>v</p><p>dx</p><p>dt</p><p>d</p><p>dt</p><p>t t t1</p><p>1 26 00 3 00 2 00 12 0 3 00= = + +( ) = +, , , , , .</p><p>Por outro lado, a velocidade da partícula 2 é dada por</p><p>v v a dt t dt t2 20 2</p><p>220 0 8 00 20 0 4 00= + = + − = −∫ ∫, ( , ) , , .</p><p>Como v v1 2= , temos:</p><p>12 0 3 00 20 0 4 00 4 00 12 0 17 0 02 2, , , , , , ,t t t t+ = − ⇒ + − =</p><p>cuja solução (escolhendo a raiz positiva) é t = − + =( ) / ,3 26 2 1 05 s. Assim, a velocidade nes-</p><p>se instante é v v1 2 12 0 1 05 3 00 15 6= = + =, ( , ) , , m/s.</p><p>71. (a) A derivada em relação ao tempo da função dada mostra que a “velocidade” do ponto é</p><p>v(t) = 9 – 9t2/4</p><p>no qual três algarismos significativos estão implícitos. É fácil mostrar que v = 0 para t = 2,00 s.</p><p>(b) No instante t = 2 s, x = 9(2) – ¾(2)3 = 12. Assim, a posição do ponto para a qual v = 0 é a</p><p>12,0 cm da borda esquerda da tela.</p><p>(c) A derivada da velocidade é a = –9t/2, o que corresponde a uma aceleração de −9 00, cm/m2</p><p>(o sinal negativo indica que a aceleração é para a esquerda) quando o ponto está a 12 cm de</p><p>distância da borda esquerda da tela.</p><p>(d) Como v > 0 para tempos maiores que t = 2 s, o ponto está se movendo para a direita pouco</p><p>antes de atingir o repouso.</p><p>(e) Como se pode concluir da resposta do item (c), o ponto está se movendo para a esquerda</p><p>pouco depois de atingir o repouso. Na verdade, a equação do item (a) mostra que para v < 0 para</p><p>t > 2 (ou seja, até que o ponto atinja uma borda da tela).</p><p>(f) Como mostra a discussão do item (e), a borda atingida pelo ponto em um instante t > 2 s não</p><p>pode ser a borda direita; tem que ser a borda esquerda (x = 0). Resolvendo a equação do enun-</p><p>ciado do problema para x = 0 e tomando a solução positiva, obtemos a resposta: o ponto chega</p><p>à borda esquerda no instante t = 12 s ≈ 3,46 s.</p><p>72. Usamos a convenção usual de que o sentido positivo do eixo y é para cima.</p><p>(a) No ponto mais alto da trajetória, v = 0. Assim, com t = 1,60 s, a equação v = v0 – gt nos dá</p><p>v0 = 15,7 m/s.</p><p>(b) Uma equação que não depende do resultado do item (a) é y – y0 = vt + gt2/2, que nos dá</p><p>ymáx – y0 = 12,5</p><p>m como ponto mais alto em relação ao ponto de partida (o alto do edifício).</p><p>(c) Em seguida, usamos o resultado do item (a) na equação y − y0 = v0t + gt2/2 com t = 6,00 s e</p><p>y = 0 (o nível do solo), o que nos dá</p><p>0 – y0 = (15,68 m/s)(6,00 s) – (9,8 m/s2)(6,00 s)2/2.</p><p>Assim, y0 (a altura do edifício) e igual a 82,3 m.</p><p>44 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>73. Chamamos o instante em que o automóvel alcança o caminhão de t, definido como t = 0 o</p><p>instante em que o sinal fica verde. No instante t, as distâncias percorridas pelos dois veículos</p><p>devem ser iguais.</p><p>(a) Chamando a aceleração do automóvel de a e a aceleração (constante) do caminhão de v,</p><p>temos:</p><p>∆x at vt= </p><p></p><p></p><p> = ( )1</p><p>2</p><p>2</p><p>auto</p><p>caminhão</p><p>o que nos dá</p><p>t</p><p>v</p><p>a</p><p>= = ( ) =2 2 9 5</p><p>2 2</p><p>8 6</p><p>,</p><p>,</p><p>, s.</p><p>Assim,</p><p>∆x vt= = ( )( ) =9 5 8 6 82, , m.</p><p>(b) A velocidade do carro nesse instante é</p><p>v atauto m/s= = ( )( ) =2 2 8 6 19, , .</p><p>74. Se o avião (que voa com velocidade v) mantiver o curso e a inclinação do terreno continuar</p><p>a ser de 4,3° para cima, o avião se chocará com o solo depois de percorrer uma distância dada</p><p>por</p><p>∆x</p><p>h= = = ≈</p><p>tan</p><p>,</p><p>θ</p><p>35</p><p>465 5</p><p>m</p><p>tan 4,3</p><p>m 0,465 km.</p><p></p><p>O tempo de voo correspondente pode ser calculado usando a Eq. 2-2 (v = vméd, já que a veloci-</p><p>dade é constante):</p><p>t</p><p>x</p><p>v</p><p>= = = ≈∆ 0 465</p><p>0 000358</p><p>,</p><p>,</p><p>km</p><p>1300 km/h</p><p>h 1,3 s.</p><p>Este, portanto, é o tempo disponível para que o piloto faça alguma coisa.</p><p>75. Chamamos de tr o tempo de reação e tf o tempo de frenagem. O movimento durante o tempo de</p><p>reação é com velocidade constante (que vamos chamar de v0). A posição do carro é dada por</p><p>x v t v t atr b b= + +0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>na qual v0 é a velocidade inicial e a é a aceleração (que tem sinal negativo, já que estamos su-</p><p>pondo que a velocidade é no sentido positivo do eixo x e sabemos que o carro está freando).</p><p>Depois que os freios são aplicados, a velocidade do carro é dada por v = v0 + atf . Usando esta</p><p>equação com v = 0, eliminamos tf da primeira equação, o que nos dá</p><p>x v t</p><p>v</p><p>a</p><p>v</p><p>a</p><p>v t</p><p>v</p><p>a</p><p>r r= − + = − 1</p><p>0</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>0</p><p>21</p><p>2 2</p><p>.</p><p>Escrevemos esta equação para as duas velocidades iniciais:</p><p>x v t</p><p>v</p><p>a</p><p>r1 01</p><p>01</p><p>21</p><p>2</p><p>= −</p><p>e</p><p>x v t</p><p>v</p><p>a</p><p>r2 02</p><p>02</p><p>21</p><p>2</p><p>= − .</p><p>Resolvendo este sistema de equações, obtemos os valores desejados de tr e a:</p><p>t</p><p>v x v x</p><p>v v v v</p><p>r = −</p><p>−( )</p><p>02</p><p>2</p><p>1 01</p><p>2</p><p>2</p><p>01 02 02 01</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 45</p><p>e</p><p>a</p><p>v v v v</p><p>v x v x</p><p>= − −</p><p>−</p><p>1</p><p>2</p><p>02 01</p><p>2</p><p>01 02</p><p>2</p><p>02 1 01 2</p><p>.</p><p>Fazendo x1 = 56,7 m, v01 = 80,5 km/h = 22,4 m/s, x2 = 24,4 m e v02 = 48,3 km/h = 13,4 m/s, ob-</p><p>temos:</p><p>(a)</p><p>tr = −13 4 56 7 22 4 24 4</p><p>22 4 13 4 13 4</p><p>2 2, ( , ) , ( , )</p><p>( , )( , )( , −−</p><p>=</p><p>22 4</p><p>0 74</p><p>, )</p><p>, s</p><p>e</p><p>(b)</p><p>a = − −</p><p>−</p><p>1</p><p>2</p><p>13 4 22 4 22 4 13 4</p><p>13 4 56 7 2</p><p>2 2( , ) , ( , ) ,</p><p>( , )( , ) ( 22 4 24 4</p><p>6 2 2</p><p>, )( , )</p><p>, .= − m/s</p><p>O módulo da desaceleração é, portanto, 6,2 m/s2. Embora valores arredondados sejam mostra-</p><p>dos nas substituições acima, os valores que lançamos na calculadora foram os valores “exatos”</p><p>(como, por exemplo, v02</p><p>161</p><p>12= m/s).</p><p>76. (a) Uma velocidade constante é igual à razão entre o deslocamento e o intervalo de tempo</p><p>associado. Assim, no caso de um veículo que se move com velocidade constante vp por uma</p><p>distância D23, o tempo gasto é dado por t D vp= 23 / .</p><p>(b) O tempo necessário para que um carro acelere a partir do repouso até atingir uma velocidade</p><p>vp é t v ap0 = / . A distância percorrida nesse intervalo de tempo é ∆x at v ap0 0</p><p>2 22 2= =/ / . Depois</p><p>desse tempo, o carro passa a se mover com velocidade constante vp por uma distância D x d12 0− −∆</p><p>até chegar ao cruzamento 2, e o tempo gasto nesse percurso é t D x d vp1 12 0= − −( ) /∆ . Assim,</p><p>a diferença de tempo entre o sinal do cruzamento 2 deve ser ajustada para</p><p>t t t t t</p><p>v</p><p>a</p><p>D x d</p><p>v</p><p>t</p><p>v</p><p>a</p><p>D</p><p>r r</p><p>p</p><p>p</p><p>r</p><p>p</p><p>total = + + = + + − − = + +0 1</p><p>12 0∆ 112</p><p>2</p><p>12</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>− −</p><p>= + + −</p><p>( / )v a d</p><p>v</p><p>t</p><p>v</p><p>a</p><p>D d</p><p>v</p><p>p</p><p>p</p><p>r</p><p>p</p><p>p</p><p>na qual tr é o tempo de reação dos motoristas.</p><p>77. Como a aceleração é constante, o movimento do carro de corrida pode ser analisado usan-</p><p>do as equações da Tabela 2-1. Tomando o sentido positivo do eixo x como o sentido do movi-</p><p>mento, temos:</p><p>v = ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>= +60</p><p>1000</p><p>3600</p><p>16 7km/h</p><p>m/km</p><p>s/h</p><p>m/s,</p><p>e a > 0. Vamos tomar como origem (x0 = 0) o ponto em que o carro parte a partir do repouso</p><p>(v0 = 0).</p><p>(a) De acordo com a Eq. 2-7, a aceleração média é</p><p>a</p><p>v</p><p>t</p><p>v v</p><p>t t</p><p>méd</p><p>2m/s</p><p>s</p><p>m/s= = −</p><p>−</p><p>= −</p><p>−</p><p>=∆</p><p>∆</p><p>0</p><p>0</p><p>16 7 0</p><p>5 4 0</p><p>3 09</p><p>,</p><p>,</p><p>, ≈≈ 3 1, m/s2.</p><p>(b) Supondo uma aceleração constante a a= =méd</p><p>2m/s3 09, , a distância total percorrida em 5,</p><p>4 s é</p><p>x x v t at= + + = + + =0 0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>3 09 5 4 45( , )( , )m/s s m2 .</p><p>46 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(c) De acordo com a Eq. 2-15, o tempo necessário para percorrer uma distância x = 250 m é</p><p>x at t</p><p>x</p><p>a</p><p>= ⇒ = = ( )1</p><p>2</p><p>2 2 250</p><p>3 1</p><p>2</p><p>,</p><p>.</p><p>Note que o deslocamento do carro em função do tempo é dado por x t t( ) ( , )= 1</p><p>2</p><p>3 09 2m/s2 . Note</p><p>também que poderíamos resolver o item (b) usando a Eq. 2-17:</p><p>x v v t= +( ) = ( )( ) =1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>16 7 5 4 450 , , .m</p><p>78. Tomamos o instante inicial, t = 0, como sendo o instante em que os freios foram aplicados.</p><p>Como a desaceleração é constante, as equações da Tabela 2-1 podem ser usadas. As variáveis</p><p>com plicas (como ′ =v0 72 km / h = 20 m / s ) se referem ao trem que está se movendo no senti-</p><p>do positivo do eixo x e está na origem no instante t = 0, e as variáveis sem plicas se referem ao</p><p>trem que está se movendo no sentido negativo do eixo x e está no ponto x0 = +950 m no instante</p><p>t = 0. Note que o vetor aceleração do segundo trem aponta no sentido positivo do eixo x, em-</p><p>bora o trem esteja freando, já que a velocidade inicial desse trem é v0 = –144 km/h = –40 m/s.</p><p>Como a velocidade do primeiro trem é menor, o primeiro trem deve parar antes do segundo, a</p><p>não ser que aconteça uma colisão. Usando a Eq. 2-16 com ′ =v 0, vemos que o primeiro trem</p><p>irá parar no ponto</p><p>′ =</p><p>′( ) − ′( )</p><p>′</p><p>=</p><p>−</p><p>−</p><p>=x</p><p>v v</p><p>a</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>0 20</p><p>2</p><p>200 m.</p><p>De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do segundo trem ao chegar ao mesmo ponto é</p><p>v v a x= + = −( ) + ( ) −( ) = =o m/s2 22 40 2 1 0 200 950 100 10∆ ,</p><p>mais especificamente, a velocidade do segundo trem nesse momento é –10 m/s, já que ainda</p><p>está se movendo no sentido negativo do eixo x; isso significa que os trens não conseguem frear</p><p>a tempo de evitar uma colisão. Se não fosse possível obter um valor real para v (ou seja, se o</p><p>radicando da equação acima fosse negativo), esse fato não seria suficiente para garantir que os</p><p>trens escapassem da colisão, já que a colisão poderia acontecer antes de o primeiro trem parar.</p><p>Entretanto, calculando o tempo que o primeiro trem leva para parar (20 s, de acordo com a Eq.</p><p>2-11) e calculando a posição do segundo trem nesse momento (x = 350 m), é possível mostrar</p><p>que os trens estavam a uma distância considerável no momento da parada do primeiro trem.</p><p>79. A coordenada y do grampo 1 obedece à equação y – y01 = –g t2/2, na qual, de acordo com o</p><p>gráfico, y = 0 para t = 3,0 s. Resolvendo essa equação, obtemos y01 = 44,1 m. De acordo com</p><p>o gráfico, a coordenada do grampo 2 (que foi lançado no instante t = 1,0 s com velocidade v1)</p><p>é dada por</p><p>y – y02 = v1(t–1,0) –g (t – 1,0)2/2</p><p>em que y02 = y01 + 10 = 54,1 m e na qual (novamente) y = 0 para t = 3,0 s. Assim, vemos que</p><p>|v1| = 17 m/s, aproximadamente.</p><p>80. Vamos tomar o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento e usar os índices</p><p>1 e 2 para os dados. Nesse caso, v1 = +30 m/s, v2 = +50 m/s e x2 – x1 = +160 m.</p><p>(a) De acordo com a Eq. 2-16, temos:</p><p>a</p><p>v v</p><p>x x</p><p>= −</p><p>−( ) = −</p><p>( ) =2</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2 1</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>50 30</p><p>2 160</p><p>5 0, .m/s</p><p>(b) Podemos calcular o intervalo de tempo correspondente ao deslocamento x2 – x1 usando a</p><p>Eq. 2-17:</p><p>t t</p><p>x x</p><p>v v</p><p>2 1</p><p>2 1</p><p>1 2</p><p>2 2 160</p><p>30 50</p><p>4 0− =</p><p>−( )</p><p>+</p><p>= ( )</p><p>+</p><p>= , .s</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 47</p><p>(c) Como o trem está em repouso (v0 = 0) no instante inicial (t = 0), podemos calcular o valor</p><p>de t1 usando a Eq. 2-11:</p><p>v v at t1 0 1 1</p><p>30</p><p>5 0</p><p>6 0= + ⇒ = =</p><p>,</p><p>, s .</p><p>(d) A origem dos eixos coordenados foi tomada como sendo o local em que o trem</p><p>estava em</p><p>repouso (ou seja, x0 = 0). Assim, precisamos apenas calcular o valor de x1. Entre as várias equa-</p><p>ções que poderiam ser usadas, escolhemos a Eq. 2-17:</p><p>x v v t1 0 1 1</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>30 6 0 90= +( ) = ( )( ) =, .m</p><p>(e) Os gráficos são mostrados a seguir; o uso de unidades do SI está implícito.</p><p>81. Integrando a aceleração de t = 2 s a t = 4 s para obter a velocidade e usando os valores da-</p><p>dos, obtemos:</p><p>v v adt v t dt v t</p><p>t</p><p>t</p><p>t</p><p>t</p><p>= + = + = + −∫ ∫0 0 0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>5 0</p><p>1</p><p>2</p><p>5 0( , ) ( , )( tt0</p><p>2 ) = 17 + (5,0)(42 – 22)/2 = 47 m/s.</p><p>82. A velocidade v no instante t = 6 (o uso de unidades do SI e dois algarismos significativos</p><p>está implícito) é v adtdado +</p><p>−∫ 2</p><p>6</p><p>. Uma forma simples de calcular a integral é usar a expressão da</p><p>área de um triângulo (base × altura)/2. O resultado é v = 7 m/s + 32 m/s = 39 m/s.</p><p>83. Depois de deixado cair (v0 = 0), o objeto está em queda livre (a = –g = –9,8 m/s2 supondo</p><p>que o sentido positivo do eixo y é para cima) e podemos usar repetidamente a Eq. 2-15.</p><p>(a) A distância D (positiva) entre o ponto de baixo e a marca correspondente a um certo tempo</p><p>de reação t é dada por ∆y = −D = gt2/2 ou D = gt2/2. Assim, para t1 50 0= , ms,</p><p>D1</p><p>3 2</p><p>9 8 50 0 10</p><p>2</p><p>0 0123= ( ) ×( ) =</p><p>−, ,</p><p>,</p><p>m/s s</p><p>m = 1,23 cm.</p><p>2</p><p>(b) Para t2 = 100 ms, D D2</p><p>2 3 2</p><p>1</p><p>9 8 100 10</p><p>2</p><p>0 049 4= × = =</p><p>−( , )( )</p><p>, .</p><p>m/s s</p><p>m</p><p>(c) Para t3 = 150 ms, D D3</p><p>2 3 2</p><p>1</p><p>9 8 150 10</p><p>2</p><p>0 11 9= × = =</p><p>−( , )( )</p><p>, .</p><p>m/s s</p><p>m</p><p>(d) Para t4 = 200 ms, D D4</p><p>2 3 2</p><p>1</p><p>9 8 200 10</p><p>2</p><p>0 196 16= × = =</p><p>−( , )( )</p><p>, .</p><p>m/s s</p><p>m</p><p>(e) Para t4 = 250 ms, D D5</p><p>2 3 2</p><p>1</p><p>9 8 250 10</p><p>2</p><p>0 306 25= × = =</p><p>−( , )( )</p><p>, .</p><p>m/s s</p><p>m</p><p>84. Tomando o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento e usando as unidades</p><p>do SI, v = 1600(1000/3600) = 444 m/s.</p><p>(a) De acordo com a Eq. 2-11, 444 = a(1,8) ou a = 247 m/s2. Em unidades de g, temos:</p><p>a g g= </p><p></p><p></p><p></p><p>=247</p><p>9 8</p><p>25</p><p>,</p><p>.</p><p>48 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) De acordo com a Eq. 2-17, temos:</p><p>x v v t= +( ) = ( )( ) =1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>444 1 8 4000 , .m</p><p>85. Como os deslocamentos têm o mesmo módulo e sentidos opostos, o deslocamento total é</p><p>zero e, portanto, a velocidade média também é zero. A velocidade escalar média, por outro lado,</p><p>é diferente de zero. Chamando de D a distância até o alto da encosta, temos:</p><p>velocidade escalar média =</p><p>distância total</p><p>tempo de percurso</p><p>km/h</p><p>=</p><p>+</p><p>2</p><p>20 35</p><p>D</p><p>D D</p><p>kkm/h</p><p>km/h≈ 25</p><p>86. Podemos calcular a velocidade integrando a aceleração:</p><p>v v t dt</p><p>t</p><p>− = − ′ ′∫0</p><p>0</p><p>6 1 1 2( , , ) .</p><p>(a) O resultado da integração acima é o seguinte</p><p>v v t t= + −0</p><p>26,1 0,6 ,</p><p>em que, de acordo com o enunciado, v0 = 2,7 m/s. Para calcular a velocidade máxima, basta</p><p>notar que o máximo da função acontece no ponto em que a derivada (a aceleração, no caso) é</p><p>zero (a = 0 para t = 6,1/1,2 = 5,1 s) e substituir o valor de t assim encontrado na equação da ve-</p><p>locidade. O resultado é v = 18 m/s.</p><p>(b) Integramos novamente para obter x em função de t:</p><p>x x v dt v t t dt v t</p><p>t t</p><p>− = ′ = + ′ − ′ ′ = +∫ ∫0</p><p>0</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>06 1 0 6 3( , , ) ,005 0 22 3t t− , .</p><p>Com x0 = 7,3 m, obtemos x = 83 m para t = 6. É a resposta correta, mas isso não é tão óbvio</p><p>como pode parecer. Afinal de contas, o problema pede a distância percorrida, e (x − x0) não é a</p><p>distância e sim o deslocamento. Se a velocidade do ciclista tiver mudado de sinal durante o tra-</p><p>jeto, a distância total será maior que o deslocamento. Assim, é justo que nos perguntemos: “A</p><p>velocidade mudou de sinal?” Para isso, a velocidade teria que se anular (momentaneamente) em</p><p>algum ponto do percurso, ou seja, a equação da velocidade teria que ter uma raiz no intervalo</p><p>considerado no problema (0  t  6 s). Como as raízes da equação da velocidade são t = −0,43 s</p><p>e t = 10,59 s, isso não acontece e a distância percorrida é igual ao deslocamento.</p><p>87. O tempo necessário para percorrer uma distância d a uma velocidade escalar v é t = d/v. As</p><p>duas velocidades do problema são</p><p>v1 55 55</p><p>1609</p><p>24 58= = =mi/h mi/h</p><p>m/mi</p><p>3600 s/h</p><p>m( ) , //s</p><p>mi/h mi/h</p><p>m/mi</p><p>3600 s/h</p><p>v2 65 65</p><p>1609</p><p>29= = =( ) ,005 m/s</p><p>Para d = = ×700 7 0 105km m, , a diferença de tempo é dada por</p><p>t t x</p><p>v v</p><p>x x− = −</p><p></p><p></p><p> = −</p><p></p><p></p><p> ='</p><p>'</p><p>,∆ ∆ ∆1 1 1</p><p>55</p><p>1</p><p>65</p><p>0 0028 h/mii( )</p><p>ou 1 h e 13 min.</p><p>88. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 49</p><p>(a) Tomando o primeiro ponto como origem das coordenadas e t = 0 como o instante em que o</p><p>carro passou pelo primeiro ponto, a Eq. 2-17 nos dá</p><p>x v v t v= + = +1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>15 0 6 000 0( ) ( , )( , ).m/s s</p><p>Fazendo x = 60,0 m (o que significa tomar o sentido positivo do eixo x como o sentido do mo-</p><p>vimento), obtemos v0 = 5,00 m/s.</p><p>(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-</p><p>mos a = 1,67 m/s2.</p><p>(c) Fazendo v = 0 na equação v v ax2</p><p>0</p><p>2 2= + , obtemos</p><p>x</p><p>v</p><p>a</p><p>= − = − = −0</p><p>2 2</p><p>22</p><p>5 00</p><p>2 1 67</p><p>7 50</p><p>( , )</p><p>( ,</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>m</p><p>ou | | ,x = 7 50 m.</p><p>(d) Para traçar os gráficos, precisamos conhecer o instante em que v = 0. Usando a equação</p><p>v = v0 + at9 = 0, obtemos:</p><p>′ = − = − = −t</p><p>v</p><p>a</p><p>0</p><p>2</p><p>5 00</p><p>1 67</p><p>3 0</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>s</p><p>Nos gráficos a seguir, as unidades do SI estão implícitas.</p><p>89. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do</p><p>eixo y é para cima) durante todo o movimento. Como a aceleração é constante, podemos usar a</p><p>Tabela 2-1 (com y no lugar de x). Quando um objeto é lançado verticalmente para cima e reco-</p><p>lhido na altura de onde foi lançado, o tempo de percurso t é metade do tempo de subida ts, que</p><p>é dado pela Eq. 2-18 com x − x0 = H e v = 0 (já que a velocidade é momentaneamente nula do</p><p>ponto mais alto da subida):</p><p>H vt gt t</p><p>H</p><p>g</p><p>s s s= + ⇒ =1</p><p>2</p><p>22</p><p>Como o tempo total de percurso é t = 2ts, temos:</p><p>H gt t</p><p>H</p><p>g</p><p>= ⇒ =1</p><p>8</p><p>2</p><p>22 .</p><p>Consideramos dois lançamentos, um até a altura H1, com um tempo total de percurso t1, e outro</p><p>até uma altura H2, com um tempo total de percurso t2. A razão entre as duas alturas é</p><p>H</p><p>H</p><p>gt</p><p>gt</p><p>t</p><p>t</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>8</p><p>8</p><p>= =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>/</p><p>/</p><p>e, portanto, para t2 = 2t1 (como exige o problema) devemos ter H2 = (22)H1 = 4H1.</p><p>50 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>90. (a) Usando o fato de que a área de um triângulo é dada por 1</p><p>2 (base) (altura) (e o fato de que</p><p>a integral corresponde à área sob a curva), calculamos que, de t = 0 a t = 5 s, a integral de v em</p><p>relação a t é 15 m. Como sabemos que x0 = 0, concluímos que x = 15 m para t = 5,0 s.</p><p>(b) Vemos diretamente no gráfico que v = 2,0 m/s para t = 5,0 s.</p><p>(c) Como a = dv/dt = inclinação do gráfico, vemos que a aceleração no intervalo 4 < t < 6 é</p><p>constante e igual a –2,0 m/s2.</p><p>(d) Pensando em x(t) em termos de área sob a curva, vemos que x(1) = 1 m; usando este fato e</p><p>o resultado do item (a), temos, de acordo com a Eq. 2-2:</p><p>v</p><p>x x</p><p>méd m/s.= −</p><p>−</p><p>= − =( ) ( )</p><p>,</p><p>5 1</p><p>5 1</p><p>15 1</p><p>4</p><p>3 5</p><p>(e) De acordo com a Eq. 2-7 e usando valores de v(t) lidos diretamente no gráfico, temos:</p><p>a</p><p>v v</p><p>méd = −</p><p>−</p><p>= − =( ) ( )</p><p>.</p><p>5 1</p><p>5 1</p><p>2 2</p><p>4</p><p>0</p><p>91. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para baixo e que y0 = 0, temos y v t gt= +0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 ,</p><p>o que (com v0 = 0) nos dá t y g= 2 / .</p><p>(a) No final desta parte da queda, y1 = 50 m e, portanto,</p><p>t = =2 50</p><p>9 8</p><p>3 2</p><p>( )</p><p>,</p><p>, s.</p><p>(b) No final desta parte da queda, o deslocamento total é y2 = 100 m. Assim, o tempo total é</p><p>t = =2 100</p><p>9 8</p><p>4 5</p><p>( )</p><p>,</p><p>, s.</p><p>A diferença entre este tempo e o tempo obtido no item (a) é o tempo que a pedra leva para cair</p><p>os segundos 50 m: ∆t t t= − =2 1 4,5 s – 3,2 s = 1,3 s.</p><p>92. O sentido positivo do eixo x está implícito no enunciado do problema. A posição inicial (em</p><p>t = 0) é x0 = 0 (onde, também, v0 = 0), a aceleração positiva termina em x1 = 1100/2 = 550 m e</p><p>o trem para (v2 = 0) em x2 = 1100 m.</p><p>(a) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o trem chega ao ponto x1 é dado por</p><p>t</p><p>x</p><p>a</p><p>1</p><p>1</p><p>1</p><p>2 2 550</p><p>1 2</p><p>30 3= = ( ) =</p><p>,</p><p>, s.</p><p>Como o intervalo de tempo t2 – t1 tem o mesmo valor (o que é fácil de demonstrar a partir da</p><p>Eq. 2-18), o tempo total é t2 = 2(30,3) = 60,6 s.</p><p>(b) A velocidade máxima é atingida</p><p>no instante t1 e é dada por</p><p>v v a t1 0 1 1 36 3= + = , .m/s</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 51</p><p>(c) Os gráficos são mostrados a seguir:</p><p>93. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima) durante todo o movimento. Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no</p><p>lugar de x) porque a aceleração da bola é constante (e, além disso, vamos supor que y0 = 0).</p><p>(a) Aplicamos a Eq. 2-16 aos dados do problema, com as unidades do SI implícitas.</p><p>v v gy v g y v</p><p>v v</p><p>B B A</p><p>A</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2 3</p><p>2</p><p>= − ⇒ </p><p></p><p></p><p> + +( ) =</p><p>= − ggy v gy vA A⇒ + =2</p><p>0</p><p>22</p><p>Igualando as expressões do lado esquerdo das equações, já que ambas são iguais a v0</p><p>2 , obte-</p><p>mos</p><p>v</p><p>gy g v gy g</p><p>v</p><p>A A</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>4</p><p>2 2 3 2 2 3</p><p>3</p><p>4</p><p>+ + = + ⇒ =( ) ( )</p><p>o que nos dá v g= ( ) =2 4 8 85, m/s.</p><p>(b) Um objeto que passa pelo ponto A com uma velocidade v = 8,85 m/s atinge uma altura má-</p><p>xima y – yA = v2/2g = 4,00 m acima do ponto A (isso também é uma consequência da Eq. 2-16,</p><p>agora com a velocidade “final” igual a zero por se tratar do ponto mais alto da trajetória). Assim,</p><p>o ponto mais alto da trajetória está 1,00 m acima do ponto B.</p><p>94. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo</p><p>y é para cima) durante todo o movimento. Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no</p><p>lugar de x) porque a aceleração da pedra é constante. Vamos tomar o nível do solo como origem</p><p>do eixo y. O tempo total de queda pode ser calculado usando a Eq. 2-15:</p><p>∆</p><p>∆</p><p>y v t gt t</p><p>v v g y</p><p>g</p><p>= − ⇒ =</p><p>+ −</p><p>0</p><p>2 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>2</p><p>52 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>para a qual escolhemos a raiz positiva. Fazendo y = 0, v0 = 0 e y0 = h = 60 m, obtemos</p><p>t</p><p>gh</p><p>g</p><p>h</p><p>g</p><p>= = =</p><p>2 2</p><p>3 5, s.</p><p>Isso significa que “1,2 s antes de chegar ao solo” é o instante t = 2,3 s e, portanto,</p><p>y h v g y− = − ⇒ =0</p><p>22 3</p><p>1</p><p>2</p><p>2 3 34( , ) ( , ) m</p><p>para o qual novamente fizemos h = 60 m e v0 = 0.</p><p>95. (a) O enunciado do problema deixa claro que podemos usar as equações da Tabela 2-1; en-</p><p>tretanto, não conhecemos os valores de v0, v, e a. A melhor tática é aplicar a equação x – x0 =</p><p>v0t + at2/2 a vários pontos do gráfico e montar um sistema de equações. Por exemplo:</p><p>16 m – 0 = v0(2,0 s) + a(2,0 s)2/2</p><p>27 m – 0 = v0(3,0 s) + a(3,0 s)2/2</p><p>leva à solução v0 = 6,0 m/s e a = 2,0 m/s2.</p><p>(b) De acordo com a Tabela 2-1,</p><p>x – x0 = vt –</p><p>1</p><p>2</p><p>at2 ⇒ 27 m – 0 = v(3,0 s) – (2,0 m/s2)(3,0 s)2/2</p><p>o que nos dá v = 12 m/s.</p><p>(c) Supondo que o vento continua no intervalo 3,0  t  6,0, aplicamos a equação x – x0 =</p><p>v0t + at2/2 a esse intervalo (no qual, de acordo com o item (b), v0 = 12,0 m/s) para obter</p><p>∆x = (12,0 m/s)(3,0 s) + (2,0 m/s2)(3,0 s)2/2 = 45 m.</p><p>96. (a) Vamos chamar de h a altura do trampolim, supor que o sentido positivo do eixo y é para</p><p>baixo e escolher como origem do eixo y o ponto de onde a bola foi deixada cair. Nesse caso, a</p><p>bola atinge o lado no ponto y = h. Vamos chamar a profundidade do lado de D, e o tempo que a</p><p>bola leva para chegar ao fundo do lado de T. Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-16, a velocida-</p><p>de da bola ao chegar à superfície do lago é v = 2gh e, de acordo com a Eq. 2-16, o tempo que</p><p>a bola leva para chegar à superfície do lago é t1 = 2h g/ . O tempo que a bola passa descendo</p><p>no lago (com velocidade constante v) é dado por</p><p>t</p><p>D</p><p>v</p><p>D</p><p>gh</p><p>2</p><p>2</p><p>= = .</p><p>Assim, T = t1 + t2 =</p><p>2h</p><p>g</p><p>+</p><p>D</p><p>gh2</p><p>, o que nos dá</p><p>D T gh h= − = ( ) ( )( )( ) − ( ) ( ) =2 2 4 80 2 9 80 5 20 2 5 20 3, , , , 88 1, m.</p><p>(b) De acordo com a Eq. 2-2, o módulo da velocidade média é</p><p>v</p><p>D h</p><p>T</p><p>méd m/s= + = + =38 1 5 20</p><p>4 80</p><p>9 02</p><p>, ,</p><p>,</p><p>,</p><p>(c) Com nossa escolha de coordenadas, o sinal positivo de vméd significa que a bola está descen-</p><p>do. Se tivéssemos escolhido o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, o resultado do</p><p>item (b) teria um valor negativo. Nos dois casos, porém, a interpretação seria a mesma.</p><p>(d) Podemos obter o valor de v0 a partir da equação ∆y v t gt= +0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 com t = T e ∆y = h + D. O</p><p>resultado é o seguinte:</p><p>v</p><p>h D</p><p>T</p><p>gT</p><p>0 2</p><p>5 20 38 1</p><p>4 80</p><p>9 8 4 80</p><p>2</p><p>14 5= + − = + − ( )( ) =, ,</p><p>,</p><p>, ,</p><p>, mm/s</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 53</p><p>(e) Com nossa escolha de coordenadas, o sinal negativo de v0 significa que a bola foi arremes-</p><p>sada para cima.</p><p>97. Supomos que o sentido positivo do eixo y é para baixo e usamos as equações da Tabela 2-1</p><p>(substituindo x por y) com a = +g, v0 = 0 e y0 = 0. Usamos o índice 2 para o elevador no solo e</p><p>1 for para o elevador no ponto médio da queda.</p><p>(a) A Eq. 2-16, v v a y y2</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2 02= + −( ) , nos dá</p><p>v gy2 22 2 9 8 120 48 5= = ( )( ) =, , m/s.</p><p>(b) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o elevador atinge o solo é</p><p>t</p><p>y</p><p>g</p><p>2</p><p>22 2 120</p><p>9 8</p><p>4 95= = ( ) =</p><p>,</p><p>, .s</p><p>(c) A Eq. 2-16, na forma v v a y y1</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>1 02= + −( ) , nos dá</p><p>v gy1 1</p><p>22 2 9 8 60 34 3= = =( , )( ) ,m/s m/s.m</p><p>(d) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o elevador atinge o ponto médio da queda é</p><p>t</p><p>y</p><p>g</p><p>1</p><p>12 2 60</p><p>9 8</p><p>3 50= = ( ) =</p><p>,</p><p>, .s</p><p>98. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima e tomando a origem no ponto de onde</p><p>os objetos são deixados cair, a posição do diamante 1 é dada por y gt1</p><p>2 2= − / e a posição do</p><p>diamante 2 é dada por y g t2</p><p>21 2= − −( ) / . Tomamos t = 0 como o instante em que o primeiro</p><p>diamante é deixado cair e queremos calcular o instante no qual y2 – y1 = 10 m. Assim,</p><p>− −( ) + = ⇒ = ( ) + =1</p><p>2</p><p>1</p><p>1</p><p>2</p><p>10 10 0 5 1 5</p><p>2 2g t gt t g/ , , s.</p><p>99. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima, temos y0 = 36,6 m e y = 12,2 m. Assim,</p><p>de acordo com a Eq. 2-18 (a última equação da Tabela 2-1),</p><p>y y vt gt v− = + ⇒ = −0</p><p>21</p><p>2</p><p>22 m/s</p><p>no instante t = 2,00 s. O sinal negativo significa que o sentido da velocidade é para baixo.</p><p>100. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima e desprezando a resistência do ar</p><p>durante a queda livre, a Eq. 2-15 se torna ∆y gt= − 1</p><p>2</p><p>2, na qual Dy é o negativo da distância per-</p><p>corrida. Assim, para simplificar, escrevemos a equação na forma d gt= 1</p><p>2</p><p>2 .</p><p>(a) O tempo t1 durante o qual o paraquedista permanece em queda livre pode ser obtido com o</p><p>auxílio da Eq. 2-15, segundo a qual</p><p>d gt t1 1</p><p>2</p><p>1</p><p>250</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80= = ( )m =</p><p>1</p><p>2</p><p>m/s2,</p><p>Resolvendo a equação acima, obtemos t1 = 3,2 s. A velocidade escalar do paraquedista no mo-</p><p>mento em que abre o paraquedas é dada pela raiz positiva da equação v gd1</p><p>2</p><p>12= :</p><p>v gh1 12 2 9 80 50 31= = ( )( )( ) =, m/s m m/s.2</p><p>Chamando a velocidade final de v2, o intervalo de tempo t2 entre o instante em que o paraquedas</p><p>é aberto e o instante em que o paraquedista chega ao solo é</p><p>t</p><p>v v</p><p>a</p><p>2</p><p>1 2 31 3 0</p><p>14= − = − =m/s m/s</p><p>2 m/s</p><p>s.</p><p>2</p><p>,</p><p>54 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Este resultado pode ser obtido a partir da Eq. 2-11, usando velocidades escalares (e, portanto,</p><p>valores positivos para v1 e v2). Observamos também que o vetor aceleração nessa parte da queda</p><p>é positivo, já que o vetor aceleração aponta para cima (no sentido oposto ao do movimento, o</p><p>que constitui uma desaceleração). O tempo total de queda é, portanto, t1 + t2 = 17 s.</p><p>(b) A distância que o paraquedista percorreu depois que o paraquedas foi aberto é dada por</p><p>d</p><p>v v</p><p>a</p><p>= − = ( ) − ( )</p><p>( )( ) ≈1</p><p>2</p><p>2</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>31 3 0</p><p>2 2 0</p><p>m/s m/s</p><p>m/s2</p><p>,</p><p>,</p><p>2240 m.</p><p>Nesse cálculo foi usada a Eq. 2-16 com os dois membros multiplicados por –1 (o que, do lado</p><p>esquerdo, transforma ∆y, um valor negativo, em d, um valor positivo, e, do lado direito, muda</p><p>a ordem de v1 e v2). Assim, a queda começou em uma altura h = 50 + d ≈ 290 m.</p><p>101. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima e desprezando a resistência do ar,</p><p>a = –g = –9,8 m/s2. Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x) porque a</p><p>aceleração é constante. Supomos que o nível do solo corresponde a y = 0.</p><p>(a) Com y0 = h e v0 substituída por –v0, a Eq. 2-16 nos dá</p><p>v v g y y v gh= − − − = +( ) ) .0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>22 2(</p><p>Escolhemos a raiz positiva porque estamos interessados no valor absoluto da velocidade.</p><p>(b) Para calcular o tempo, usamos a Eq. 2-15, com –v0 no lugar de v0:</p><p>∆</p><p>∆</p><p>y v t gt t</p><p>v v g y</p><p>g</p><p>= − − ⇒ =</p><p>− + − −</p><p>0</p><p>2 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>2( )</p><p>para a qual escolhemos a raiz positiva porque t > 0. Fazendo y = 0 e y0 = h, obtemos</p><p>t</p><p>v gh v</p><p>g</p><p>=</p><p>+ −0</p><p>2</p><p>02</p><p>.</p><p>(c) Se a bola fosse lançada para cima da altura h com a mesma velocidade inicial, passaria de</p><p>novo por essa altura (desprezando a resistência do ar) com a mesma velocidade, dessa vez para</p><p>baixo, e, portanto, chegaria ao solo com a mesma velocidade do item (a). Um conceito impor-</p><p>tante relacionado a este fato é discutido em outro capítulo do livro (no contexto da conservação</p><p>da energia).</p><p>(d) Como a bola se move para cima antes de começar a cair, é óbvio que leva mais tempo para</p><p>chegar ao solo que o valor calculado no item (b). O cálculo, porém, é praticamente igual; a única</p><p>diferença é que agora temos +v0 na equação, enquanto nos cálculos do item (b) tínhamos –v0:</p><p>∆</p><p>∆</p><p>y v t gt t</p><p>v v g y</p><p>g</p><p>= − ⇒ =</p><p>+ −</p><p>0</p><p>2 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>2</p><p>para a qual novamente escolhemos a raiz positiva porque t > 0. Fazendo y = 0 e y0 = h, obte-</p><p>mos</p><p>t</p><p>v gh v</p><p>g</p><p>=</p><p>+ +0</p><p>2</p><p>02</p><p>.</p><p>102. Supondo que a bola se move com velocidade constante, podemos usar a Eq. 2-2 (com vméd =</p><p>v > 0). O resultado é o seguinte:</p><p>∆ ∆x v t= =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>303</p><p>1000</p><p>100</p><p>km</p><p>h</p><p>m/km</p><p>3600 s/h</p><p>××( ) =−10 8 43 s m.,</p><p>1. As componentes x e y de um vetor</p><p></p><p>a do plano xy são dadas por</p><p>a a a ax y= =cos ,u usen</p><p>na qual a a= | |</p><p></p><p>é o módulo de</p><p></p><p>a e θ é o ângulo entre</p><p></p><p>a e o semieixo x positivo.</p><p>(a) A componente x de</p><p></p><p>a é a ax = = = −cos ( , ) cos ,u 7 3 250 2 50m m.</p><p>(b) A componente y é dada por</p><p>a ay = = = − ≈ −( , ) , ,sen senu 7 3 250 6 86 6 9m m m.</p><p>Os resultados aparecem na figura a seguir.</p><p>Considerando outras formas de calcular as componentes, observamos que o vetor está 70° abai-</p><p>xo do semieixo x negativo e, portanto, as componentes também poderiam ser calculadas usando</p><p>as equações</p><p>a ax y= − = − = −( , ) cos , ( , )7 3 70 2 50 7 3 7m m, m sen 00 6 86 = − , m.</p><p>Como o vetor está 20° à esquerda do semieixo y negativo, obteríamos os mesmos resultados</p><p>usando as equações</p><p>a ax y= − = − = −( , ) , ( , ) cos7 3 20 2 50 7 3 2m m, msen ° 00 6 86° = − , m.</p><p>Para confirmar que os resultados estão corretos, notamos que</p><p>a ax y</p><p>2 2 2 22 50 6 86 7 3+ = − + − =( , ) ( , ) ,m m m</p><p>e</p><p>tan / tan [( , ) / ( , )]− −( ) = − − =1 1 6 86 2 50 250a ay x m m °°,</p><p>que são realmente os valores dados no enunciado.</p><p>2. (a) Se r = 15 m e θ = 30°, a componente x de</p><p></p><p>r é dada por</p><p>rx = r cosθ = (15 m) cos 30° = 13 m.</p><p>(b) A componente y é dada por ry = r senθ = (15 m) sen 30° = 7,5 m.</p><p>Capítulo 3</p><p>56 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>3. Um vetor</p><p></p><p>a pode ser representado na notação módulo-ângulo (a, θ), na qual</p><p>a a ax y= +2 2</p><p>é o módulo e</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−tan 1</p><p>a</p><p>a</p><p>y</p><p>x</p><p>é o ângulo entre</p><p></p><p>a e o semieixo x positivo.</p><p>(a) Como Ax = −25,0 m e Ay = 40,0 m, A = − + =( , ) ( , ) ,25 0 40 0 47 22 2m m m.</p><p>(b) Lembrando que tan θ = tan (θ + 180°),</p><p>tan–1 [(40,0 m)/ (– 25,0 m)] = – 58° ou 122°.</p><p>Como sabemos que o vetor está no terceiro quadrante (pelo sinal das componentes x e y), vemos</p><p>que 122° é a resposta correta. Os resultados são mostrados na figura a seguir.</p><p>Para confirmar que os resultados estão corretos, notamos que as componentes x e y de</p><p></p><p>A são</p><p>dadas por</p><p>A A A Ax y= =cos ,u usen</p><p>Substituindo os resultados calculados acima, obtemos</p><p>A Ax y= = − =( , ) cos , ( , )47 2 122 25 0 47 2m m, m sen 1122 40 0 = + , m</p><p>que são realmente os valores dados no enunciado.</p><p>4. Sabendo que uma circunferência completa tem 360° e 2π radianos, podemos fazer as conver-</p><p>sões pedidas usando uma simples regra de três:</p><p>(a) 20 0 20 0</p><p>2</p><p>360</p><p>0 349, ( , ) , .o o</p><p>rad</p><p>rad= =</p><p></p><p></p><p>(b) 50 0 50 0</p><p>2</p><p>360</p><p>0 873, ( , ) , .o o</p><p>rad</p><p>rad= =</p><p></p><p></p><p>(c) 100 0 100 0</p><p>2</p><p>360</p><p>1 75, ( , ) , .o o</p><p>rad</p><p>rad= =</p><p></p><p></p><p>(d) 0 330 0 330</p><p>360</p><p>2</p><p>18 9, ( , ) , .rad rad</p><p>rad</p><p>o</p><p>o= =</p><p></p><p>(e) 2 10 2 10</p><p>360</p><p>2</p><p>120, ( , ) .rad rad</p><p>rad</p><p>o</p><p>o= =</p><p></p><p>(f) 7 70 7 70</p><p>360</p><p>2</p><p>441, ( , ) .rad rad</p><p>rad</p><p>o</p><p>o= =</p><p></p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 57</p><p>5. A soma vetorial dos deslocamentos</p><p></p><p>dtempestade e</p><p></p><p>dnovo deve ser igual ao deslocamento desejado</p><p>inicialmente,</p><p></p><p>do 120 km)j= ( ˆ , na qual leste é î e norte é ĵ. Assim, escrevemos</p><p> </p><p>d d A Btempestade novokm i i j.= = +( ) ˆ , ˆ ˆ100</p><p>(a) A equação</p><p>  </p><p>d d dtempestade novo o+ = nos dá A = –100 km e B = 120 km. O módulo de</p><p></p><p>dnovo é,</p><p>portanto, igual a | |</p><p></p><p>d A Bnovo km= + =2 2 156 .</p><p>(b) A direção é</p><p>tan–1 (B/A) = –50,2° ou 180° + ( –50,2°) = 129,8°.</p><p>Escolhemos o segundo valor porque sabemos que o deslocamento está no segundo quadrante.</p><p>A resposta pode ser expressa de várias formas diferentes: 129,8o no sentido anti-horário a partir</p><p>do leste, 39,8o para oeste a partir do norte ou 50,2o para o norte a partir do oeste.</p><p>6. (a) A distância vertical é h = d senθ, na qual d = 12,5 m e θ = 20,0°. Assim, h = 4,28 m.</p><p>(b) A distância horizontal é d cosθ = 11,7 m.</p><p>7. O deslocamento da mosca é mostrado na figura a seguir, à esquerda.</p><p>Um sistema de coordenadas como o da figura apresentada, à direita, permite expressar o deslo-</p><p>camento como um vetor tridimensional.</p><p>(a) O módulo do deslocamento de um vértice até o vértice diagonalmente oposto é</p><p>d d c l a= = + +| |</p><p></p><p>2 2 2</p><p>Substituindo os valores dados, obtemos</p><p>d d c l a= = + + = + +| | ( , ) ( , ) ( ,</p><p></p><p>2 2 2 2 24 30 3 70 3 00m m m)) ,2 6 42= m.</p><p>(b) O vetor deslocamento é uma linha reta que liga o ponto inicial ao ponto final. Como uma</p><p>linha reta é a menor distância entre dois pontos, não existe nenhum caminho para o qual a dis-</p><p>tância percorrida seja menor.</p><p>(c) É claro que a distância pode ser maior. A mosca pode, por exemplo, se deslocar ao longo das</p><p>arestas da sala. O deslocamento seria o mesmo, mas a distância coberta seria</p><p>c l a+ + = 11 0, .m</p><p>(d) A distância percorrida será igual ao módulo do deslocamento se a trajetória da mosca coin-</p><p>cidir com o vetor deslocamento.</p><p>(e) Tomamos o eixo x apontando para fora do papel, o eixo y apontando para a direita e o eixo z</p><p>apontando para cima. Nesse caso, a componente x do deslocamento é l = 3,70 m, a componente</p><p>y é c = 4,30 m, e a componente z é a = 3,00 m. Assim,</p><p></p><p>d = + +( , ) ˆ ( ˆ ( ) ˆ3 70 m i 4,30 m) j 3,00 m k.</p><p>58 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Respostas igualmente corretas podem ser obtidas permutando os eixos.</p><p>(f) Suponha que o caminho da mosca seja o que está representado por retas tracejadas na figura</p><p>da esquerda. Faça de conta que existe uma dobradiça na aresta que liga a parede da frente ao</p><p>piso e dobre a parede para baixo, como na figura da direita. Isso torna claro que o caminho mais</p><p>curto a pé entre o canto inferior traseiro esquerdo e o canto superior dianteiro direito da sala é</p><p>a reta tracejada que aparece no desenho da direita. O comprimento da reta é</p><p>L l a cmin , , ( , )= +( ) + = +( ) + =2 2 2 23 70 3 00 4 30 7m m m ,,96 m.</p><p>Para confirmar que o caminho mais curto é realmente Lmin, escrevemos a distância percorrida</p><p>na forma</p><p>L y l c y a= + + − +2 2 2 2( )</p><p>na qual y é a coordenada do ponto em que a mosca deixa o eixo y.</p><p>A condição para que a distância percorrida seja mínima é</p><p>dL</p><p>dy</p><p>y</p><p>y l</p><p>c y</p><p>c y a</p><p>=</p><p>+</p><p>− −</p><p>− +</p><p>=</p><p>2 2 2 2</p><p>0</p><p>( )</p><p>.</p><p>Após algumas manipulações algébricas, constatamos que essa condição é satisfeita para</p><p>y cl l a= +/ ( ), o que nos dá</p><p>L l</p><p>c</p><p>l a</p><p>a</p><p>c</p><p>l a</p><p>min ( ) ( )</p><p>= +</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>+ +</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>1 1 (( ) .l a c+ +2 2</p><p>Para qualquer outro caminho, a distância seria maior que 7,96 m.</p><p>8. Chamamos os vetores deslocamento de</p><p></p><p>A,</p><p></p><p>B e</p><p></p><p>C (e chamamos a soma vetorial de r ). Escolhemos</p><p>o leste como direção î (direção +x) e o norte como direção ĵ (direção +y). Está implícito que</p><p>todas as distâncias são em quilômetros.</p><p>(a) O diagrama vetorial que representa o movimento é o seguinte:</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 59</p><p>(b) O ponto final é representado por</p><p>   </p><p>r A B C= + + = − + −( , )ˆ ( , )ˆ2 4 2 1km i km j</p><p>cujo módulo é</p><p></p><p>r = −( ) + −( ) ≈2 4 2 1 3 2</p><p>2 2</p><p>, , , .km km km</p><p>(c) Existem duas possibilidades para o ângulo:</p><p>u = −</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=−tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 2 1</p><p>2 4</p><p>41 221</p><p>km</p><p>km</p><p>ou .</p><p>Escolhemos o segundo ângulo</p><p>porque sabemos que r está no terceiro quadrante. Convém notar</p><p>que muitas calculadoras gráficas contam com rotinas de conversão de coordenadas retangulares</p><p>para coordenadas polares que fornecem automaticamente o ângulo correto (medido a partir do</p><p>semieixo x positivo, no sentido anti-horário. O ângulo pode ser expresso de várias formas: 221°</p><p>no sentido anti-horário a partir do leste (uma descrição que pode soar meio estranha), 41° ao sul</p><p>do oeste ou 49° a oeste do sul. A resultante r não aparece no desenho; seria uma seta ligando</p><p>a “cauda” de</p><p></p><p>A à “cabeça” de</p><p></p><p>C .</p><p>9. Está implícito que todas as distâncias nesta solução estão expressas em metros.</p><p>(a)</p><p> </p><p>a b + + + ++ = + − −[ , ( , )]ˆ ˆ4 0 1 0 i [( 3,0) 1,0]j (1,0 4,00)k (3,0i j 5,0k) m.ˆ ˆ , ˆ ˆ= +− 2 0</p><p>(b)</p><p> </p><p>a b + +− = − − − − −[ , ( , )]ˆ ˆ4 0 1 0 i [( 3,0) 1,0]j (1,0 4,00)k (5,0i j ,0k) m.ˆ ˆ , ˆ ˆ= − −4 0 3</p><p>(c) A condição de que</p><p>  </p><p>a b c− + = 0 leva a </p><p> </p><p>c b a= − , que é o negativo do resultado do item (b).</p><p>Assim,</p><p></p><p>c = − + +( , ˆ ˆ ˆ5 0 i 4,0 j 3,0 k) m.</p><p>10. As componentes x, y e z de</p><p>  </p><p>r c d= + são, respectivamente,</p><p>(a) r c dx x x= + = + =7 4 4 4 12, , ,m m m</p><p>(b) r c dy y y= + = − − = −3 8 2 0 5 8, , ,m m m e</p><p>(c) r c dz z z= + = − + = −6 1 3 3 2 8, , ,m m m.</p><p>11. Fazemos</p><p>  </p><p>r a b= + .</p><p>(a) As componentes x e y de</p><p></p><p>r são rx = ax + bx = (4,0 m) – (13 m) = –9,0 m e ry = ay + by =</p><p>(3,0 m) + (7,0 m) = 10 m, respectivamente. Assim,</p><p></p><p>r = − +( , )ˆ ( )ˆ9 0 10m i m j .</p><p>(b) O módulo de</p><p></p><p>r é</p><p>r r r rx y= = + = − + =| | ( , ) ( )</p><p> 2 2 2 29 0 10 13m m m.</p><p>(c) O ângulo entre</p><p></p><p>r e o semieixo x positivo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 10 0</p><p>9 0</p><p>r</p><p>r</p><p>y</p><p>x</p><p>m</p><p>m</p><p>448° °ou 132 .</p><p>Como a componente x de</p><p></p><p>r é negativa e a componente y é positiva, sabemos que</p><p></p><p>r está no se-</p><p>gundo quadrante e, portanto, o ângulo correto é 132° (medido no sentido anti-horário a partir</p><p>do semieixo x positivo).</p><p>60 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>A adição dos dois vetores é mostrada na figura a seguir (que não está em escala).</p><p>12. Chamamos os vetores deslocamento de</p><p></p><p>A ,</p><p></p><p>B e</p><p></p><p>C e a soma dos três vetores de</p><p></p><p>r . Escolhemos</p><p>o leste como direção î (direção +x) e o norte como direção ĵ (direção +y). Notamos que o ân-</p><p>gulo entre</p><p></p><p>C e o eixo x é 60°. Nesse caso,</p><p>(a) O deslocamento total do carro a partir da posição inicial é representado por</p><p>   </p><p>r A B C= + + = +( , ) ˆ ( ) ˆ62 5 km i 51,7 km j</p><p>o que significa que o módulo é</p><p></p><p>r = + =( , ) ( , )62 5 51 7 812 2km km km.</p><p>(b) O ângulo (medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo) é tan–1 (51,7 km/62,5</p><p>km) = 40°, o que significa que a direção de</p><p></p><p>r é 40° ao norte do leste. A resultante</p><p></p><p>r não apa-</p><p>rece no desenho; seria uma seta ligando a “cauda” de</p><p></p><p>A à “cabeça” de</p><p></p><p>C .</p><p>13. A solução mais simples consiste em obter as componentes e somá-las (não como vetores,</p><p>mas como escalares). Para d = 3,40 km e θ = 35,0° temos d cos θ + d sen θ = 4,74 km.</p><p>14. (a) Somando as componentes x, temos</p><p>20 m + bx – 20 m – 60 m = −140 m,</p><p>o que nos dá bx = −80 m.</p><p>(b) Somando as componentes y, temos</p><p>60 m – 70 m + cy – 70 m = 30 m,</p><p>o que nos dá cy = 110 m.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 61</p><p>(c) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do deslocamento total é dado por</p><p>m m 143 m.( ) ( )− + ≈140 302 2</p><p>(d) O ângulo é dado por tan ( / ( ))− − = − °1 30 140 12 (que, como sabemos que o ponto final está</p><p>no segundo quadrante, pode ser descrito como 12° no sentido horário a partir do semieixo x ne-</p><p>gativo ou 168° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo).</p><p>15. Convém notar que uma forma eficiente de resolver este problema de soma de vetores se-</p><p>ria usar a lei dos cossenos (que neste caso, em que</p><p></p><p>a ,</p><p></p><p>b e</p><p></p><p>r formam um triângulo isósceles,</p><p>seria fácil de aplicar). Entretanto, usando uma abordagem mais sistemática, observamos que o</p><p>ângulo que o vetor</p><p></p><p>b faz com o semieixo x positivo é 30° + 105° = 135° e aplicamos as Eqs.</p><p>3-5 e 3-6.</p><p>(a) A componente x de</p><p></p><p>r é rx = (10,0 m) cos 30° + (10,0 m) cos 135° = 1,59 m.</p><p>(b) A componente y de</p><p></p><p>r é ry = (10,0 m) sen 30° + (10,0 m) sen 135° = 12,1 m.</p><p>(c) O módulo de</p><p></p><p>r é r r= = + =| | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>1 59 12 1 12 22 2m m m.</p><p>(d) O ângulo entre</p><p></p><p>r e o semieixo x positivo é tan–1[(12,1 m)/(1,59 m)] = 82,5°.</p><p>16. (a)</p><p> </p><p>a b+ = + + − =( , ˆ , ˆ) ( , ˆ , ˆ) ( ,3 0 4 0 5 0 2 0 8 0i j m i j m mm i m j) ˆ ( , ) ˆ.+ 2 0</p><p>(b) O módulo de</p><p> </p><p>a b+ é</p><p>| | ( , ) ( , ) ,</p><p> </p><p>a b+ = + =8 0 2 0 8 22 2m m m.</p><p>(c) O ângulo entre este vetor e o semieixo x positivo é</p><p>tan–1[(2,0 m)/(8,0 m)] = 14°.</p><p>(d)</p><p> </p><p>b a− = − − + =( , ˆ , ˆ) ( , ˆ , ˆ) ( ,5 0 2 0 3 0 4 0 2 0i j m i j m mm i m j) ˆ ( , )ˆ .− 6 0</p><p>(e) O módulo da diferença</p><p> </p><p>b a− é</p><p>| | ( , ) ( , ) ,</p><p> </p><p>b a− = + − =2 0 6 0 6 32 2m m m.</p><p>(f) O ângulo entre este vetor e o semieixo x positivo é tan–1[( –6,0 m)/(2,0 m)] = –72°. O vetor</p><p>faz um ângulo de 72° no sentido horário com o eixo definido por î .</p><p>17. Muitas operações com vetores podem ser executadas nas calculadoras gráficas modernas,</p><p>que dispõem de rotinas de manipulação e vetores e de transformação da forma retangular para</p><p>a forma polar, e vice-versa. Nesta solução, vamos usar métodos “tradicionais”, como a Eq. 3-6.</p><p>Quando a unidade de comprimento é omitida, fica implícito que se trata do metro.</p><p>(a) Na notação de vetores unitários,</p><p></p><p>a</p><p>b</p><p>= +</p><p>=</p><p>( ) cos( )ˆ ( ˆ</p><p>(</p><p>50 30</p><p>5</p><p>m i 50 m) sen(30 ) j </p><p>00 50</p><p>50</p><p>m (195 ) i m sen(195 ) j) cos ˆ ( ) ˆ</p><p>(</p><p> +</p><p>=c m (315 ) i m sen(315 ) j) cos ˆ ( ) ˆ +</p><p>+ +</p><p>50</p><p>  </p><p>a b cc = −( , ) ˆ ( ˆ30 4 m i 23,3 m) j.</p><p>O módulo do vetor soma é ( , ) ( , )30 4 23 3 382 2m m m+ − = .</p><p>62 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) O cálculo do ângulo entre o vetor encontrado no item (a) e o semieixo x positivo oferece</p><p>duas possibilidades: tan–1[(–23,2 m)/(30,4 m)] = –37,5° e 180° + (–37,5°) = 142,5°. A primeira</p><p>possibilidade é a resposta correta, já que, pelos sinais das componentes, sabemos que o vetor</p><p>está no quarto quadrante. Assim, o ângulo é –37,5°, que pode ser descrito como um ângulo de</p><p>37,5° no sentido horário com o semieixo x positivo ou como 322,5° no sentido anti-horário</p><p>com o semieixo x positivo.</p><p>(c) Temos:</p><p>  </p><p>a b c− + = − − + − − −[ , ( , ) , ] ˆ [43 3 48 3 35 4 i 25 ( 12,9) ++ − = +( 35,4)] j 127 i j) mˆ ( ˆ , ˆ2 60</p><p>na notação de vetores unitários. O módulo do vetor é</p><p>| | ( ) ( , ) ,</p><p>  </p><p>a b c− + = + ≈ ×127 2 6 1 30 102 2 2m m m.</p><p>(d) O ângulo entre o vetor do item (c) e o semieixo x positivo é tan (2,6 m/127 m) 1,2− ≈ °1 .</p><p>(e) Usando a notação dos vetores unitários,</p><p></p><p>d é dado por</p><p>   </p><p>d a b c= + − = − +( , ˆ , ˆ40 4 47 4i j) m,</p><p>cujo módulo é ( , ) ( , )− + =40 4 47 4 622 2m m m.</p><p>(f) O cálculo do ângulo entre o vetor encontrado no item (e) e o semieixo x positivo oferece</p><p>duas possibilidades: tan ( , / ( , )) ,− − = − °1 47 4 40 4 50 0 e 180 50 0 130  + − =( , ) . A segunda pos-</p><p>sibilidade é a resposta correta, já que, pelos sinais das componentes, sabemos que</p><p></p><p>d está no</p><p>segundo quadrante.</p><p>18. Para poder usar diretamente a Eq. 3-5, notamos que o ângulo entre o vetor</p><p></p><p>C e o semieixo</p><p>x positivo é 180° + 20,0° = 200°.</p><p>(a) As componentes x e y de</p><p></p><p>B são</p><p>Bx = Cx – Ax = (15,0 m) cos 200° – (12,0 m) cos 40° = –23,3 m,</p><p>By = Cy – Ay = (15,0 m) sen 200° – (12,0 m) sen 40° = –12,8 m.</p><p>Assim, o módulo de</p><p></p><p>B é | |</p><p></p><p>B = ( , ) ( , ) ,− + − =23 3 12 8 26 62 2m m m.</p><p>(b) O cálculo do ângulo entre</p><p></p><p>B e o semieixo x positivo oferece duas possibilidades: tan−1[(–12,8 m)/</p><p>(–23,3 m)] = 28,9° e 180° + 28,9° = 209°. A segunda possibilidade é a resposta certa, já que,</p><p>pelos sinais das componentes, sabemos que</p><p></p><p>B está no terceiro quadrante. Note que o ângulo</p><p>também pode ser expresso como − °151 .</p><p>19. (a) Com î apontando para a frente e ĵ para a esquerda, o deslocamento total é (5,00 î +</p><p>2,00 ĵ ) m . O módulo é dado pelo teorema de Pitágoras: ( , ) ( , )5 00 2 002 2m m+ = 5,385 m ≈</p><p>5,39 m.</p><p>(b) O ângulo</p><p>é tan−1(2,00/5,00) ≈ 21,8º (para a frente e à esquerda).</p><p>20. O resultado desejado é o vetor deslocamento</p><p></p><p>A = (5,6 km), 90º (medidos no sentido anti-</p><p>horário a partir do semieixo x positivo), que também pode ser expresso como</p><p></p><p>A = ( , ˆ5 6 km)j ,</p><p>em que ĵ é o vetor unitário na direção do semieixo y positivo (norte). Este vetor é a soma de</p><p>dois deslocamentos: o deslocamento errôneo</p><p></p><p>B = °( , )7 8 km , 50 ou</p><p></p><p>B = + =( , )(cos ˆ ˆ ( ˆ7 8 50km i sen 50 j) 5,01 km)  ii km j+ ( , )ˆ5 98</p><p>e um vetor</p><p></p><p>C de correção a ser determinado. Assim,</p><p>  </p><p>A B C= + .</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 63</p><p>(a) O deslocamento desejado é dado por</p><p>  </p><p>C A B= − = − −( , ) ˆ ( , ) ˆ5 01 0 38km i km j, cujo módulo</p><p>é ( , ) ( , ) ,− + − =5 01 0 38 5 02 2km km km.</p><p>(b) O ângulo é tan [( , ) / ( , )] ,− − − =1 0 38 5 01 4 3km km  ao sul do oeste.</p><p>21. Lendo com atenção, vemos que as especificações (x, y) das quatro “corridas” podem ser</p><p>interpretadas como descrições na forma ( , )D Dx y dos vetores deslocamento correspondentes.</p><p>Combinamos as diferentes partes do problema em uma única solução.</p><p>(a) Ao longo do eixo x, temos (com todos os números em centímetros):</p><p>30 0 20 0 80 0 140, , ,+ − − = −bx</p><p>o que nos dá bx = –70,0 cm.</p><p>(b) Ao longo do eixo y, temos:</p><p>40 0 70 0 70 0 20 0, , , ,− + − = −cy</p><p>o que nos dá cy = 80,0 cm.</p><p>(c) O módulo do deslocamento total (–140, –20,0) é ( ) ( , )− + − =140 20 0 1412 2 cm.</p><p>(d) Como o deslocamento está no terceiro quadrante, o ângulo do deslocamento total é dado por</p><p>π + tan [( , ) / ( )]− − −1 20 0 140 ou 188° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo (ou</p><p>− °172 no sentido horário a partir do semieixo x positivo).</p><p>22. Como os vetores foram dados na forma “padrão”, a Eq. 3-5 pode ser usada diretamente.</p><p>Usamos esse fato para escrever os vetores na notação dos vetores unitários antes de somá-los.</p><p>Outra abordagem seria usar os recursos de uma calculadora gráfica.</p><p>(a) Levando em conta que alguns ângulos foram dados em graus e outros em radianos, chegamos</p><p>às seguintes expressões para os vetores na notação dos vetores unitários, em unidades do SI:</p><p></p><p></p><p></p><p>E</p><p>F</p><p>G</p><p>= +</p><p>= −</p><p>=</p><p>3 73 4 70</p><p>1 29 4 83</p><p>1 45</p><p>, ˆ , ˆ</p><p>, ˆ , ˆ</p><p>,</p><p>i j</p><p>i j</p><p>i j</p><p>i j</p><p>ˆ , ˆ</p><p>, ˆ , ˆ</p><p>+</p><p>= − +</p><p>+ + + =</p><p>3 73</p><p>5 20 3 00</p><p></p><p>   H</p><p>E F G H 11 28 6 60, ˆ , ˆi j.+</p><p>(b) O módulo do vetor obtido no item (a) é ( , ) ( , ) ,1 28 6 60 6 722 2m m m+ = .</p><p>(c) O ângulo do vetor é tan–1(6,60/1,28) = 79,0°, no sentido anti-horário a partir do semieixo x</p><p>positivo.</p><p>(d) Usando o fator de conversão  rad = 180°, 79,0° = 1,38 rad.</p><p>23. O vetor soma (que, de acordo com o enunciado, tem a orientação do semieixo y positivo e o</p><p>mesmo módulo que</p><p></p><p>B A A A B= + ⇒ = =( ) ,3</p><p>1</p><p>10</p><p>2 22 2 m) forma com</p><p></p><p>C e</p><p></p><p>B um triân-</p><p>gulo isósceles. Como o ângulo entre</p><p></p><p>C e o eixo y é u = = °−tan ( / ) ,1 3 4 36 87 , B C= 2 2sen ( / )u</p><p>e</p><p></p><p>C = 3 0 4 0 5 02 2, , ,+ = , B = 3,2.</p><p>64 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>24. Podemos expressar matematicamente o enunciado do problema como</p><p></p><p>A +</p><p></p><p>B = (3A) ˆ,j em</p><p>que</p><p></p><p>A A= î e B = 7,0 m. Como î ⊥ ĵ , podemos usar o teorema de Pitágoras para expressar B</p><p>em termos dos módulos dos outros dois vetores:</p><p></p><p>B A A A B= + ⇒ = =( ) , .3</p><p>1</p><p>10</p><p>2 22 2 m</p><p>25. A estratégia consiste em determinar a posição do camelo (</p><p></p><p>C ) somando os dois deslocamen-</p><p>tos consecutivos descritos no problema e calcular a diferença entre essa posição e a posição do</p><p>oásis (</p><p></p><p>B ). Usando a notação módulo-ângulo, temos:</p><p></p><p>C = (24 15 ) + (8,0 90 ) = (23,25 4∠ − ∠ ∠  ,,41 )</p><p>e, portanto,</p><p> </p><p>B C− = ∠ − ∠ = ∠ −(25 0 ) (23,25 4,41 ) (2,6 45  )</p><p>um cálculo que pode ser feito com facilidade em uma calculadora gráfica no modo polar.</p><p>A distância é, portanto, 2,6 km.</p><p>26. A equação vetorial é</p><p>    </p><p>R A B C D= + + + . Expressando</p><p></p><p>B e</p><p></p><p>D na notação dos vetores uni-</p><p>tários, temos ( , ˆ , ˆ1 69 3 63i j) m+ e ( , ˆ , ˆ− +2 87 4 10i j) m, respectivamente.</p><p>(a) Somando as componentes, obtemos</p><p></p><p>R = − +( , )ˆ ( , )ˆ.3 18 4 72m i m j</p><p>(b) De acordo com a Eq. 3-6, o módulo é</p><p>| | ( , ) ( , ) , .</p><p></p><p>R = − + =3 18 4 72 5 692 2m m m</p><p>(c) O ângulo é</p><p>u =</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= − °−tan</p><p>,</p><p>,</p><p>,1 4 72</p><p>3 18</p><p>56 0</p><p>m</p><p>m</p><p>(com o seemieixo negativo)x .</p><p>Se for medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo, o ângulo será</p><p>180 56 0 124  − =, . Convertendo o resultado para coordenadas polares, temos, portanto:</p><p>−( ) → ∠( )3 18 4 72 5 69 124, , , , </p><p>27. Resolvendo o sistema de equações, obtemos:</p><p>(a)</p><p> </p><p>d d1 34 8 16= = +ˆ ˆi j</p><p>(b)</p><p> </p><p>d d2 3 2 4= = +ˆ ˆi j</p><p>28. Seja</p><p></p><p>A a primeira parte da corrida do besouro 1 (0,50 m para leste ou 0 5, î ) e</p><p></p><p>C a primeira</p><p>parte da corrida do besouro 2 (1,6 m em uma direção 40º ao leste do norte). Na segunda parte</p><p>da corrida do besouro 1,</p><p></p><p>B é 0,80 m em uma direção 30º ao norte do leste e</p><p></p><p>D é desconhecido.</p><p>A posição final do besouro 1 é</p><p> </p><p>A B+ = + ° + °( , )ˆ ( ˆ ˆ0 5 m i 0,8 m)(cos30 i sen30 j)) 1,19 m) i 0,40 m) j.= +( ˆ ( ˆ</p><p>A equação que relaciona os quatro vetores é</p><p>   </p><p>A B C D+ = + , em que</p><p></p><p>C = ° + ° =( , )(cos , ˆ ˆ (1 60 50 0m i sen50,0 j) 1,03 m)ˆ̂ ( ˆi 1,23 m)j+</p><p>(a)</p><p>   </p><p>D A B C= + − = − + −( , )ˆ ( )ˆ0 16 m i 0,83 m j e o módulo é D = 0,84 m.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 65</p><p>(b) O ângulo é tan ( , / , )− − = − °1 0 83 0 16 79 , que é interpretado como 79° ao sul do leste (ou 11º</p><p>a leste do sul).</p><p>29. Seja l0 2 0= , cm o comprimento de cada segmento. O formigueiro está situado na extremi-</p><p>dade do segmento w.</p><p>(a) Usando a notação dos vetores unitários, o vetor deslocamento do ponto A é</p><p>    </p><p>d w v i h l lA = + + + = ° + ° +0 060(cos ˆ ˆ ˆi sen60 j) jj i sen120 j) j( ) + ° + ° + ( )</p><p>= +</p><p>l l0 0120</p><p>2 3</p><p>(cos ˆ ˆ ˆ</p><p>( )ll0 j.ˆ</p><p>Assim, o módulo de</p><p></p><p>dA é | | ( )( , ) ,</p><p></p><p>dA = + =2 3 2 0 7 5cm cm.</p><p>(b) O ângulo de</p><p></p><p>dA é u = = =− −tan ( / ) tan ( ), ,</p><p>1 1 90d dA y A x  °.</p><p>(c) O deslocamento do ponto B é</p><p>     </p><p>d w v j p o</p><p>l</p><p>B = + + + +</p><p>= + +0 60(cos ˆ ˆ i sen 60 j) ll l l0 0 060 30j i sen60 j) iˆ (cos ˆ ˆ (cos ˆ( ) + + +   ++ + ( )</p><p>= + + +</p><p>sen30 j) i</p><p>i</p><p> ˆ ˆ</p><p>( / ) ˆ ( / )</p><p>l</p><p>l l</p><p>0</p><p>0 02 3 2 3 2 3 ˆ̂j.</p><p>Assim, o módulo de</p><p></p><p>dB é</p><p>| | ( / ) ( / ) ( , )( , ) ,</p><p></p><p>d lB = + + + = =0</p><p>2 22 3 2 3 2 3 2 0 4 3 8 6cm cmm.</p><p>(d) O ângulo de</p><p></p><p>dB é</p><p>uB</p><p>B y</p><p>B x</p><p>d</p><p>d</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= +</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>/</p><p>/</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 3 2 3</p><p>2 3 2 = = °−tan ( , )1 1 13 48 .</p><p>30. Muitas operações com vetores podem ser feitas diretamente em calculadoras gráficas. Nesta</p><p>solução, usamos métodos “tradicionais”, como a Eq. 3-6.</p><p>(a) O módulo de</p><p></p><p>a é a = + − =( , ) ( , ) ,4 0 3 0 5 02 2m m m.</p><p>(b) O ângulo entre</p><p></p><p>a e o semieixo x positivo é tan–1 [(–3,0 m)/(4,0 m)] = –37°. O vetor faz um</p><p>ângulo de 37° no sentido horário com o eixo definido por î .</p><p>(c) O módulo de</p><p></p><p>b é b = + =( , ) ( , )6 0 8 0 102 2m m m.</p><p>(d) O ângulo entre</p><p></p><p>b e o semieixo x positivo é tan–1[(8,0 m)/(6,0 m)] = 53°.</p><p>(e) </p><p></p><p>a b+ = + + − + =( , , )ˆ [( , , ]ˆ ( )ˆ4 0 6 0 3 0 8 0 10m m i m m j m i ++ ( , )ˆ5 0 m j . O módulo do vetor é</p><p>| | ( ) ( , )</p><p> </p><p>a b+ = + =10 5 0 112 2m m m; arredondamos os resultados para dois algarismos sig-</p><p>nificativos.</p><p>(f) O ângulo entre o vetor descrito no item (e) e o semieixo x positivo é tan–1[(5,0 m)/(10 m)] =</p><p>27°.</p><p>(g)</p><p> </p><p>b a− = − + − − =( , , ) ˆ [ , ( , )] ˆ6 0 4 0 8 0 3 0m m i m m j (( , ) ˆ ( ) ˆ2 0 11m i m j.+ O módulo do vetor</p><p>é | | ( , ) ( )</p><p> </p><p>b a− = + =2 0 11 112 2m m m, o que, curiosamente, é o mesmo resultado do item (e)</p><p>(exatamente, não apenas nos dois primeiros algarismos significativos). Essa coincidência se</p><p>deve ao fato de que</p><p> </p><p>a b⊥ .</p><p>66 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(h) O ângulo entre o vetor descrito no item (g) e o semieixo x positivo é tan–1[(11 m)/(2,0 m)] =</p><p>80°.</p><p>(i)</p><p> </p><p>a b− = − + − −( , , ) ˆ [ ˆ4 0 6 0m m i ( 3,0 m) 8,0 m] j == − + −( ˆ ( ˆ2,0 m) i 11 m) j. O módulo do ve-</p><p>tor é | | ( , ) ( )</p><p> </p><p>a b− = − + − =2 0 11 112 2m m m.</p><p>(j) O cálculo do ângulo entre o vetor encontrado no item (i) e o semieixo x positivo</p><p>oferece duas</p><p>possibilidades: tan–1 [(–11 m)/(–2,0 m)] = 80° e 180° + 80° = 260°. A segunda possibilidade é</p><p>a resposta correta [veja o item (k)].</p><p>(k) Como</p><p>   </p><p>a b b a− = − −( )( )1 , os dois vetores são antiparalelos (apontam em sentidos opostos);</p><p>por isso, o ângulo entre eles deve ser 180°.</p><p>31. (a) Como se pode ver na figura, o ponto diametralmente oposto à origem (0, 0, 0) é o ponto</p><p>(a, a, a), cujo vetor posição é a a aˆ ˆ ˆi j k+ + , que coincide com a diagonal do cubo.</p><p>(b) O ponto diametralmente oposto a (a, 0, 0), que corresponde ao vetor posição a î, é o ponto</p><p>(0, a, a), cujo vetor posição é a aˆ ˆj k+ . O vetor que liga os dois pontos é o vetor diferença,</p><p>2a a aˆ ˆ ˆi j k.+ +</p><p>(c) O ponto diametralmente oposto a (0, a, 0), que corresponde ao vetor posição a ĵ, é o pon-</p><p>to (a, 0, a), cujo vetor posição é a aˆ ˆi k.1 O vetor que liga os dois pontos é o vetor diferença,</p><p>a a aˆ ˆ ˆi j k.2 1</p><p>(d) O ponto diametralmente oposto a (a, a, 0), que corresponde ao vetor posição a ai jˆ ˆ+ , é</p><p>o ponto (0, 0, a), cujo vetor posição é k̂. O vetor que liga os dois pontos é o vetor diferença,</p><p>2 2 1a a ai j k.ˆ ˆ ˆ</p><p>(e) Considere o vetor que liga o vértice inferior esquerdo ao vértice superior direito, a a ai j kˆ ˆ ˆ.+ +</p><p>Podemos pensar nesse vetor como a soma do vetor a î , paralelo ao eixo x, com o vetor a aj kˆ ˆ+ ,</p><p>perpendicular ao eixo x. A tangente do ângulo entre o vetor e o eixo x é a componente per-</p><p>pendicular dividida pela componente paralela. Como o módulo da componente perpendicular</p><p>é a a a2 2 2+ = e o módulo da componente paralela é a, tan ( ) / .u = =a a2 2</p><p>Assim, u = °54 7, . O ângulo entre o vetor e as outras duas arestas vizinhas (os eixos y e z) é</p><p>o mesmo, o que também acontece com o ângulo entre os outros vetores diagonais e as arestas</p><p>vizinhas a esses vetores.</p><p>(f) O comprimento de todas as diagonais é dado por a a a a2 2 2 3+ + = .</p><p>32. (a) Para a = 17,0 m e θ = 56,0°, obtemos ax = a cos θ = 9,51 m.</p><p>(b) ay = a sen θ = 14,1 m.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 67</p><p>(c) O ângulo em relação ao novo sistema de coordenadas é θ9 = (56,0° – 18,0°) = 38,0°. Assim,</p><p>′ = ′ =a ax cos ,u 13 4 m.</p><p>(d) ′ay = a sen θ9 = 10,5 m.</p><p>33. Observando a figura, vemos que</p><p>  </p><p>a b c+ + = 0 e que</p><p></p><p>a ⊥</p><p></p><p>b .</p><p>(a)</p><p> </p><p>a b× ฀= (3,0)(4,0) = 12, já que o ângulo entre os vetores é 90º.</p><p>(b) Usando a regra da mão direita, vemos que o vetor</p><p> </p><p>a b× aponta na direção do produto ˆ ˆ ˆi j k× = ,</p><p>ou seja, no sentido positivo do eixo z.</p><p>(c)</p><p>      </p><p>a c a a b a b× = × − − = × =−( ) ( ) .12</p><p>(d) O vetor − ×</p><p></p><p>a b aponta na direção do produto − × = −ˆ ˆ ˆi j k, ou seja, no sentido negativo do</p><p>eixo z.</p><p>(e)</p><p>        </p><p>b c b a b b a a b× × − − = − × = × == ( ) ( ) ( ) .12</p><p>(f) O vetor aponta no sentido positivo do eixo z.</p><p>34. Usamos a Eq. 3-30 e a Eq. 3-23.</p><p>(a)</p><p> </p><p>a b a b a bx y y x× = −( )k̂ , já que todos os outros termos são nulos, devido ao fato de que</p><p></p><p>a e </p><p>b não possuem componentes z. O resultado é [(3,0)(4,0) (5,0)(2,0)]k 2,0 k− ˆ ˆ5 .</p><p>(b)</p><p> </p><p>a b a b a bx x y y⋅ = + nos dá (3,0)(2,0) + (5,0)(4,0) = 26.</p><p>(c)</p><p> </p><p>a b+ = + + + ⇒(3,0 2,0) i (5,0 4,0) jˆ ˆ ( )</p><p>  </p><p>a b b+ = (5,0) (2,0) + (9,0) (4,0) =⋅ 446.</p><p>(d) Várias abordagens são possíveis. Nesta solução, definimos um vetor unitário b̂ com a mesma</p><p>orientação que o vetor b̂ e calculamos o produto escalar</p><p></p><p>a . b̂ . O resultado é o seguinte:</p><p>ˆ '</p><p>, ˆ , ˆ</p><p>( , ) ( , )</p><p>b</p><p>b</p><p>b</p><p>= = +</p><p>+</p><p></p><p></p><p>2 0 4 0</p><p>2 0 4 02 2</p><p>i j</p><p>Obtemos então</p><p>a a bb = ⋅ = +</p><p>+</p><p> ˆ ( , )( , ) ( , )( , )</p><p>( , ) ( , )</p><p>3 0 2 0 5 0 4 0</p><p>2 0 4 02 2</p><p>== 5 8,</p><p>35. (a) O produto escalar é (4,50)(7,30) cos(320º – 85,0º) = – 18,8.</p><p>(b) O produto vetorial aponta na direção do vetor k̂ e o módulo do vetor é (4,50)(7,30) sen(320º –</p><p>85,0º)| = 26,9.</p><p>36. Para começar, escrevemos a expressão do enunciado na forma 4(</p><p></p><p>d3 ·</p><p></p><p>d4 ), em que</p><p></p><p>d3 =</p><p>  </p><p>c pa qb= + e</p><p>  </p><p>d d d4 1 2= × . Como</p><p></p><p>d3 está no plano de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 e</p><p></p><p>d4 é perpendicular ao plano</p><p>de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 , chegamos à conclusão de que o resultado é nulo, independentemente dos valores</p><p>de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 , já que o produto escalar de dois vetores perpendiculares é zero.</p><p>68 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>37. Vamos aplicar as Eqs. 3-23 e 3-30. Se o leitor dispõe de uma calculadora capaz de trabalhar</p><p>com vetores, pode usá-la para confirmar se os resultados estão corretos.</p><p>(a)</p><p> </p><p>b c× = − + +8 0, ˆ ˆ ˆi 5,0 j 6,0k</p><p>  </p><p>a b c⋅ × − + + −( = (3,0) ( (3,0)(5,0) () , )8 0 2,, ) .0 21(6,0) = −</p><p>(b)</p><p> </p><p>b c+ = 1,0 i 2,0 j + 3,0 kˆ ˆ ˆ−</p><p>  </p><p>a b c⋅ + = + − + −( (3,0) (1,0) (3,0) ( 0 ( 0) , ) , )2 2 ((3,0) = −9 0, .</p><p>(c)</p><p>  </p><p>a b c× = − − − +( + [(3,0)(3,0) ( 0 ( 0 i [) , ) , )] ˆ2 2 (( 0 (1,0) (3,0)(3,0)] j</p><p>[(3,0)( 0 (3</p><p>− −</p><p>+ − −</p><p>2</p><p>2</p><p>, ) ˆ</p><p>, ) ,,0)(1,0)] k</p><p>5i 11j k</p><p>ˆ</p><p>ˆ ˆ ˆ= − − 9</p><p>38. Usando as relações</p><p>ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k, j k i, k i j× = × = × =</p><p>obtemos:</p><p>2 2 2 00 3 00 4 00 3 00 4 0</p><p> </p><p>A B× = + − × − +( , ˆ , ˆ , ˆ ) ( , ˆ ,i j k i 00 2 00 44 0 16 0 34 0ˆ , ˆ ) , ˆ , ˆ , ˆj k i j k+ = + +</p><p>Em seguida, usando as relações</p><p>ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ</p><p>ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ</p><p>i i = j j = k k = 1</p><p>i j = j k = k</p><p>⋅ ⋅ ⋅</p><p>⋅ ⋅ ⋅⋅ î = 0</p><p>obtemos:</p><p>3 2 3 7 00 8 00 44 0 16 0 34</p><p>  </p><p>C A B i j i j⋅ × = − ⋅ + +( ) ( , , ) ( , , ,, )</p><p>[( , )( , ) ( , )( , ) ( )( ,</p><p>0</p><p>3 7 00 44 0 8 00 16 0 0 34 0</p><p>k</p><p>= + − + ))] .= 540</p><p>39. De acordo com a definição de produto escalar entre</p><p></p><p>A e</p><p></p><p>B,</p><p> </p><p>A B AB⋅ = cosu, temos:</p><p>cosu = ⋅</p><p> </p><p>A B</p><p>AB</p><p>Para A = 6 00, , B = 7 00, e</p><p> </p><p>A B⋅ = 14 0, , cos ,u = 0 333 e u = °70 5, .</p><p>40. Em termos dos vetores unitários, os vetores deslocamento são</p><p></p><p>d1 4 50 63 63= + = +( , )(cos ˆ k̂ ( ˆm m° j sen ° 2,04 j) ) (( , ) k̂</p><p>( , )(cos ˆ k̂</p><p>4 01</p><p>1 40 30 302</p><p>m</p><p>m</p><p></p><p>d = + =° i sen ° ) (( ˆ ( , ) k̂1,21 i .m m) + 0 70</p><p>(a) O produto escalar de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 é</p><p> </p><p>d d1 2 4 01 0 70⋅ = + ⋅ +( ˆ , ˆ ˆ , ˆ2,04 j k 1,21i k) = (4,) ( 001k) (0,70 k) = 2,81m2ˆ ˆ .⋅</p><p>(b) O produto vetorial de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 é</p><p> </p><p>d d1 2 4 01 0 70× = + × +</p><p>=</p><p>( ˆ , ˆ ˆ , ˆ2,04 j k (1,21i k)</p><p>(2,</p><p>)</p><p>004)(1,21)( k) + (2,04)(0,70)i− +ˆ ˆ ( , )( , )4 01 1 21 ˆ̂</p><p>ˆ , ˆ , ˆ .</p><p>j</p><p>(1,43 i j k) m2= + −4 86 2 48</p><p>(c) Os módulos de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 são</p><p>d</p><p>d</p><p>1</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 04 4 01 4 50</p><p>1 21</p><p>= + =</p><p>= +</p><p>( , ) ( , ) ,</p><p>( , ) (</p><p>m m m</p><p>m 00 70 1 402, ) , .m m=</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 69</p><p>Assim, o ângulo entre os dois vetores é</p><p>u = ⋅</p><p></p><p></p><p></p><p>=− −cos cos</p><p>,</p><p>( ,</p><p>1 1 2</p><p>1 2</p><p>1 2 81</p><p>4 50</p><p> </p><p>d d</p><p>d d</p><p>m2</p><p>mm m)( , )</p><p>, .</p><p>1 40</p><p>63 5</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °</p><p>41. Como ab cos φ = axbx + ayby + azbz,</p><p>cos . =</p><p>+ +a b a b a b</p><p>ab</p><p>x x y y z z</p><p>Os módulos dos vetores dados no problema são</p><p>a a</p><p>b b</p><p>= = + + =</p><p>= =</p><p></p><p> ( , ) ( , ) ( , ) ,</p><p>( ,</p><p>3 00 3 00 3 00 5 20</p><p>2 00</p><p>2 2 2</p><p>)) ( , ) ( , ) , .2 2 21 00 3 00 3 74+ + =</p><p>O cosseno do ângulo entre os dois vetores é dado por</p><p>cos</p><p>( , )( , ) ( , )( , ) ( , )( , )</p><p> = + +3 00 2 00 3 00 1 00 3 00 3 00</p><p>(( , )( , )</p><p>,</p><p>5 20 3 74</p><p>0 926=</p><p>O ângulo é φ = 22°.</p><p>42. Os dois vetores (com a unidade implícita) são:</p><p> </p><p>d d d dx y1 1 1 24 0 3 0= = + = −, ˆ ˆ ˆ ˆ , ˆi + 5,0 j i j, ii + 4,0 j i jˆ ˆ ˆ= +d dx y2 2</p><p>(a) O produto vetorial é</p><p> </p><p>d d d d d dx y y x1 2 1 2 1 2 4 0 4 0 5 0× = − = −( ) ˆ [( , )( , ) ( , )k (( , )] ˆ ˆ−3 0 k = 31 k</p><p>(b) O produto escalar é</p><p> </p><p>d d d d d dx x y y1 2 1 2 1 2 4 0 3 0 5 0 4 0⋅ = + = − +( , )( , ) ( , )( , )) , .= 8 0</p><p>(c)</p><p>( ) , ( , ) ( , )</p><p>    </p><p>d d d d d d1 2 2 1 2 2</p><p>2 28 0 3 0 4 0+ ⋅ = ⋅ + = + − + 22 33= .</p><p>(d) O produto escalar de</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 é (6,4)(5,0) cos θ = 8. Dividindo ambos os membros por 32 e</p><p>tomando o cosseno inverso, obtemos θ = 75,5°. Assim, a componente do vetor</p><p></p><p>d1 em relação</p><p>a</p><p></p><p>d2 é 6,4 cos 75,5 ≈ 1,6.</p><p>43. Vemos na figura que</p><p> </p><p>c b⊥ , o que significa que o ângulo entre</p><p></p><p>c e o semieixo x positivo</p><p>é θ + 90°. Na notação dos vetores unitários, os três vetores são</p><p></p><p></p><p></p><p>a a</p><p>b b b b b</p><p>c c</p><p>x</p><p>x y</p><p>=</p><p>= + = +</p><p>=</p><p>ˆ</p><p>ˆ ˆ ( cos )ˆ ( s n )ˆ</p><p>i</p><p>i j i e ju u</p><p>xx yc c cˆ ˆ [ cos( )]ˆ [ s n( )]ˆi j i e j+ = + ° + + °u u90 90</p><p>As expressões acima permitem determinar as componentes dos vetores.</p><p>(a) A componente</p><p>Multiplicando f pelo intervalo de tempo t = 7,00 dias (o que equivale a 604.800 s, se igno-</p><p>rarmos temporariamente as considerações relativas ao número de algarismos significativos),</p><p>obtemos o número de rotações</p><p>N =</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p>1</p><p>1 55780644887275 10</p><p>604 8</p><p>3</p><p>rotação</p><p>s,</p><p>. 000 388 238 218 4s( ) = . . ,</p><p>que podemos arredondar para 3,88 × 108 rotações, já que o intervalo de tempo foi especificado</p><p>com três algarismos significativos.</p><p>(b) Note que o problema especifica um número exato de revoluções do pulsar (um milhão). Nesse</p><p>caso, nossa incógnita é t e uma equação semelhante à do item (a) tem a forma N = ft ou</p><p>1 10</p><p>1</p><p>1 55780644887275 10</p><p>6</p><p>3</p><p>× =</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p>rotação</p><p>s,</p><p>t</p><p>o que nos dá o resultado t = 1557,80644887275 s (os alunos que usarem uma calculadora talvez</p><p>não obtenham o resultado com tantas casas decimais).</p><p>(c) De acordo com os dados do problema, a incerteza por revolução é ± × −3 10 s17 . Assim, após</p><p>um milhão de revoluções, a incerteza será ( 10 )(1 10 ) = s17 6± × × ± ×− −3 3 10 11 .</p><p>17. Nenhum dos relógios marca exatamente 24 h em um período de 24 h, mas este não é o crité-</p><p>rio mais importante para julgar a qualidade de um relógio. O importante é que o relógio registre</p><p>o mesmo intervalo para cada período de 24 h. A leitura do relógio pode ser facilmente ajustada</p><p>para fornecer o intervalo correto. Se o intervalo medido pelo relógio varia de um período de</p><p>24 h para outro, a correção se torna impossível. A tabela mostra as correções (em segundos) que</p><p>devem ser aplicadas à leitura dos relógios para cada período de 24 h. Os números foram obtidos</p><p>subtraindo a leitura do relógio no final do intervalo da leitura no início do intervalo.</p><p>RELÓGIO</p><p>Dom. Seg. Ter. Qua. Qui. Sex.</p><p>-Seg. -Ter. -Qua. -Qui. -Sex. -Sáb.</p><p>A −16 −16 −15 −17 −15 −15</p><p>B −3 +5 −10 +5 +6 −7</p><p>C −58 −58 −58 −58 −58 −58</p><p>D +67 +67 +67 +67 +67 +67</p><p>E +70 +55 +2 +20 +10 +10</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 5</p><p>Os relógios C e D são confiáveis no sentido de que o erro diário se mantém constante; assim,</p><p>é fácil transformar C e D em relógios “perfeitos” introduzindo correções apropriadas. Como a</p><p>correção do relógio C é menor que a correção do relógio D, consideramos o relógio C o melhor</p><p>relógio de todos e o relógio D o segundo melhor relógio. A correção que deve ser aplicada ao</p><p>relógio A varia de 15 s a 17s. A do relógio B varia de –5 s a +10 s e do relógio E de –70 s a</p><p>–2 s. Depois de C e D, a menor faixa de correções é a do relógio A, vindo em seguida o relógio B</p><p>e depois o relógio E. Assim, a classificação dos relógios, do melhor para o pior, é C, D, A, B e E.</p><p>18. A diferença entre a duração do último dia dos 20 séculos e a duração do primeiro dia é</p><p>20 0 001 0 02séculos s século s( ) ( ) =, , .</p><p>A duração média do dia durante os 20 séculos é (0 + 0,02)/2 = 0,01 s maior que a do primeiro</p><p>dia. Como o aumento acontece uniformemente, o efeito cumulativo T é</p><p>T = ( )aumento médio da duração do dia número dee dias</p><p>s</p><p>dia</p><p>dias</p><p>ano</p><p>( )</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 01 365 25, ,</p><p>22000</p><p>7305</p><p>anos</p><p>s</p><p>( )</p><p>=</p><p>ou aproximadamente duas horas.</p><p>19. Quando o Sol desaparece com você deitado, sua linha de visada até o alto do disco solar é</p><p>tangente à superfície da Terra no ponto A da figura. Quando você se levanta, seus olhos sobem</p><p>para uma altura h e a linha de visada passa a ser tangente à superfície da Terra no ponto B.</p><p>Seja d a distância do ponto B até os seus olhos. De acordo com o teorema de Pitágoras,</p><p>d r r h r rh h2 2 2 2 22+ = + = + +( )</p><p>ou d rh h2 22= + , em que r é o raio da Terra. Como r >> h, o segundo termo pode ser des-</p><p>prezado, o que nos dá d rh2 2≈ . O ângulo entre as duas tangentes é θ, que também é o ângulo</p><p>descrito pelo Sol em relação a Terra no intervalo de tempo t = 11,1 s. O valor de θ pode ser</p><p>calculado usando a relação</p><p>θ</p><p>360 24</p><p>= t</p><p>h ,</p><p>o que nos dá</p><p>θ = =( )( , )360 11 1 s</p><p>(24 h)(60 min/h)(60 s/min)</p><p>00 04625, .</p><p>Como d r= tanθ , temos d r rh2 2 2 2= =tan θ e, portanto,</p><p>r</p><p>h= 2</p><p>2tan θ</p><p>6 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Usando o valor de θ já calculado fazendo h = 1,7 m, obtemos r = ×5 2 106, m.</p><p>20. (a) Determinamos o volume em centímetros cúbicos</p><p>193 193</p><p>231</p><p>1</p><p>2 54</p><p>1</p><p>3</p><p>gal gal</p><p>in</p><p>gal</p><p>cm</p><p>in</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>( )</p><p>, </p><p></p><p>= ×</p><p>3</p><p>5 37 31 10, cm</p><p>e subtraímos de 1 × 106 cm3 para obter 2,69 × 105 cm3. A conversão gal → in3 é dada no Apêndice</p><p>D (logo abaixo da tabela de conversões de volume).</p><p>(b) O volume calculado na parte (a) é convertido [dividindo por (100 cm/m)3] para 0,731 m3,</p><p>que corresponde a uma massa de</p><p>1000 kg m 0,731 m = 731 kg3 2( ) ( )</p><p>usando a massa específica dada no enunciado. A uma vazão de 0,0018 kg/min, calculamos que</p><p>a garrafa pode ser enchida em</p><p>731</p><p>0 0018</p><p>4 06 10 0 775kg</p><p>kg</p><p>ano</p><p>, / min</p><p>, min ,= × =</p><p>depois de dividir pelo número de minutos em um ano (365 dias)(24 h/dia) (60 min/h).</p><p>21. Se MT é a massa da Terra, m é a massa média de um átomo da Terra e N é o número de áto-</p><p>mos, MT = Nm ou N = MT/m. Convertemos a massa m em quilogramas usando o Apêndice D</p><p>(1 u = 1,661 × 10−27 kg). O resultado é o seguinte:</p><p>N</p><p>M</p><p>m</p><p>T= = ×</p><p>( ) ×( ) = ×</p><p>−</p><p>5 98 10</p><p>40 1 661 10</p><p>9 0</p><p>24</p><p>27</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>kg</p><p>u kg u</p><p>11049.</p><p>22. A massa específica do ouro é</p><p>ρ = = =m</p><p>V</p><p>19 32</p><p>1</p><p>19 32</p><p>,</p><p>, .</p><p>g</p><p>cm</p><p>g/cm</p><p>3</p><p>3</p><p>(a) Tomamos o volume da folha como sendo a área A multiplicada pela espessura z. Para uma</p><p>massa específica ρ = 19,32 g/cm3 e uma massa m = 27,63 g, o volume da folha é</p><p>V</p><p>m= =</p><p>ρ</p><p>1 430, .cm3</p><p>Convertendo o volume para unidades do SI, temos:</p><p>V =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= × −( , ) , .1 430</p><p>1</p><p>100</p><p>1 430 103</p><p>3</p><p>6 3cm</p><p>m</p><p>cm</p><p>m</p><p>Como V = Az com z = 1 × 1026 m, temos:</p><p>A = ×</p><p>×</p><p>=</p><p>−</p><p>−</p><p>1 430 10</p><p>1 10</p><p>1 430</p><p>6</p><p>6</p><p>,</p><p>, .</p><p>m</p><p>m</p><p>m</p><p>3</p><p>2</p><p>(b) O volume de um cilindro de altura l é V A= l , na qual a seção reta é a área de um círculo,</p><p>A = πr2. Assim, com r = 2,500 × 10−6 m e V = 1,430 × 10−6 m3, temos:</p><p>l = = × =V</p><p>rπ 2</p><p>47 284 10 72 84, ,m km.</p><p>23. Introduzimos a ideia de massa específica</p><p>ρ = m</p><p>V</p><p>e convertemos para unidades do SI: 1 g = 1 × 10−3 kg.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 7</p><p>(a) Para a conversão de volume, usamos 1 cm3 = (1 × 10−2 m)3 = 1 × 10−6 m3. Assim, a massa</p><p>específica em kg/m3 é</p><p>1</p><p>1 10</p><p>10</p><p>3</p><p>3</p><p>3 3</p><p>6 3</p><p>g cm</p><p>g</p><p>cm</p><p>kg</p><p>g</p><p>cm</p><p>m</p><p>= </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p>−</p><p>== ×1 103 3kg m .</p><p>A massa de um metro cúbico de água é, portanto, 1000 kg.</p><p>(b) Dividimos a massa de água pelo tempo necessário para drená-la. A massa pode ser calculada</p><p>a partir de M = ρV (o produto do volume de água pela massa específica):</p><p>M = ( ) ×( ) = ×5700 1 10 5 70 103 3 3 6m kg m kg, .</p><p>O tempo é t = (10h)(3600 s/h) = 3,6 × 104 s e, portanto, a vazão mássica R é</p><p>R</p><p>M</p><p>t</p><p>= =</p><p>×</p><p>×</p><p>=</p><p>5 70 10</p><p>3 6 10</p><p>158</p><p>6</p><p>4</p><p>,</p><p>,</p><p>.</p><p>kg</p><p>s</p><p>kg s</p><p>24. Os prefixos do SI (micro (µ), pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2. A área superficial</p><p>A de um grão de areia de raio r = 50 µm = 50 × 10−6 m é dada por A = 4π(50 × 10−6)2 = 3,14 ×</p><p>10−8 m2. (Várias fórmulas geométricas são dadas no Apêndice E.) Introduzindo a ideia de massa</p><p>específica, ρ = m V/ , a massa é dada por m = ρV, para a qual ρ = 2600 kg/m3. Assim, usando</p><p>V = 4πr3/3, a massa de cada grão é</p><p>m = = </p><p></p><p></p><p> = </p><p></p><p></p><p></p><p>×( )−</p><p>ρ ρ π π</p><p>V</p><p>r4</p><p>3</p><p>2600</p><p>4 50 103</p><p>3</p><p>6 3</p><p>kg</p><p>m</p><p>m</p><p>33</p><p>1 36 10 9= × −, .kg</p><p>Observamos que (como um cubo tem seis faces iguais) a área superficial é 6 m2. O número N</p><p>de esferas (os grãos de areia) que têm uma área superficial total de 6 m2 é dado por</p><p>N =</p><p>×</p><p>= ×</p><p>−</p><p>6</p><p>3 14 10</p><p>1 91 10</p><p>2</p><p>8 2</p><p>8</p><p>m</p><p>m,</p><p>, .</p><p>Assim, a massa total é M Nm= = 1 91 10 1 36 10 0 2608 9, , , .×( ) ×( ) =− kg kg</p><p>25. O volume de lama é (2500 m)(800 m)(2,0 m) = 4,0 × 106 m3. Chamando de d a espessura da</p><p>lama depois que ficou distribuída uniformemente no vale, o volume passa a ser (400 m)(400 m)d.</p><p>Podemos igualar os dois volumes e explicitar d, o que nos dá d = 25 m. O volume de uma pe-</p><p>quena parte da lama em uma área de 4,0 m2 é (4,0)d = 100 m3. Como cada metro cúbico cor-</p><p>responde a uma massa de 1900 kg (dado do problema), a massa dessa pequena parte da lama</p><p>é 1 9 105, × kg.</p><p>26. (a) O volume da nuvem é (3000 m)π(1000 m)2 = 9,4 × 109 m3. Como cada metro</p><p>x de</p><p></p><p>a é ax = a cos 0° = a = 3,00 m.</p><p>(b) A componente y de</p><p></p><p>a é ay = a sen 0° = 0.</p><p>(c) A componente x de</p><p></p><p>b é bx = b cos 30° = (4,00 m) cos 30° = 3,46 m.</p><p>(d) A componente y de</p><p></p><p>b é by = b sen 30° = (4,00 m) sen 30° = 2,00 m.</p><p>70 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(e) A componente x de</p><p></p><p>c é cx = c cos 120° = (10,0 m) cos 120° = –5,00 m.</p><p>(f) A componente y de</p><p></p><p>c é cy = c sen 30° = (10,0 m) sen 120° = 8,66 m.</p><p>(g) O fato de que</p><p>  </p><p>c pa qb= + significa que</p><p></p><p>c c c p a q b b pa qbx y x x y x x= + = + + = +ˆ ˆ ( ˆ) ( ˆ ˆ) ( )i j i i j ˆ̂ ˆi j+ qby</p><p>ou</p><p>c pa qb c qbx x x y y= + =,</p><p>Substituindo os valores das componentes, temos:</p><p>− = +</p><p>=</p><p>5 00 3 00 3 46</p><p>8 66 2 00</p><p>, ( , ) ( , )</p><p>, ( , ).</p><p>m m m</p><p>m m</p><p>p q</p><p>q</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos p = –6,67.</p><p>(h) q = 4,33 (note que é mais fácil calcular primeiro o valor de q). Tanto p como q são adimen-</p><p>sionais.</p><p>44. Aplicando a Eq. 3-23,</p><p>  </p><p>F qv B= × (na qual q é um escalar) se torna</p><p>F F F B B B Bx y z z y x z</p><p>ˆ ˆ ˆ ˆi )i ++ +j k = ( (q v v q v vy z z x2 2 ))j + )kˆ ˆq v vx y( B By x2</p><p>que, substituindo por valores numéricos, leva às seguintes igualdades:</p><p>4 0 2 4 0 6 0</p><p>20 2 6 0 2 0</p><p>12</p><p>, ( , , )</p><p>( , , )</p><p>= −</p><p>− = −</p><p>=</p><p>B B</p><p>B B</p><p>z y</p><p>x z</p><p>22 2 0 4 0( , , )B By x−</p><p>Como sabemos que Bx = By, a terceira equação nos dá By = –3,0. Substituindo este valor na pri-</p><p>meira equação, obtemos Bz = –4,0. Assim, a resposta é</p><p></p><p>B = − − −3 0 3 0 4 0, ˆ , ˆ , ˆ .i j k</p><p>45. Na notação dos vetores unitários, os dois vetores são</p><p></p><p>A = + = − +8 00 130 130 5 14 6 13, (cos ˆ sen ˆ) , ˆ , ˆ° i ° j i j</p><p>B B Bx y= + = − −ˆ ˆ , ˆ , ˆi j i j.7 72 9 20</p><p>(a) O produto escalar pedido é</p><p>5 5 5 14 6 13 7 72 9 20</p><p> </p><p>A B⋅ = − + ⋅ − − =( , ˆ , ˆ ( , ˆ , ˆi j i j 5) ) [[(− − + −</p><p>= −</p><p>5 14 7 72 6 13 9 20</p><p>83 4</p><p>, )( , ) ( , )( , )]</p><p>, .</p><p>(b) Na notação dos vetores unitários,</p><p>4 3 12 12 5 14 6 13 7 72</p><p>   </p><p>A B A B× = × = − + × −( , ˆ , ˆ ( , ˆi j i) −− = = ×9 20, ˆ ˆ ˆj 12(94,6 k) 1,14 10 k3)</p><p>(c) Como o ângulo azimutal não é definido para vetores cujo ângulo polar é zero, a resposta</p><p>correta é simplesmente “1,14×103, φ = 0°”.</p><p>(d) Como</p><p></p><p>A está no plano xy e</p><p> </p><p>A B× é perpendicular ao plano xy, a resposta é 90°.</p><p>(e)</p><p></p><p>A i+ = − + +3 00 5 14 6 13 3 00, ˆ , ˆ , ˆ , ˆk j k</p><p></p><p>A i+ = − + +3 00 5 14 6 13 3 00, ˆ , ˆ , ˆ , ˆk j k</p><p>(f) De acordo com o teorema de Pitágoras, A = + + =( , ) ( , ) ( , ) ,5 14 6 13 3 00 8 542 2 2 . O ângulo</p><p>azimutal é θ = 130°, como no enunciado do problema [</p><p></p><p>A é a projeção no plano xy do novo ve-</p><p>tor que foi criado no item (e)]. O ângulo polar é</p><p>φ = cos−1(3,00/8,54) = 69,4°.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 71</p><p>46. Os vetores são mostrados na figura. O eixo x está na direção oeste-leste e o eixo y na dire-</p><p>ção sul-norte. Assim, ax = 5,0 m, ay = 0, bx = –(4,0 m) sen 35° = –2,29 m, by = (4,0 m) cos 35° =</p><p>3,28 m.</p><p>(a) Seja</p><p>  </p><p>c a b= + .</p><p>c a bx x x= + −= 5,00 m 2,29 m = 2,71 m e c a by y y= + = 0 + 3,28 m = 3,28 m. O módulo de c</p><p>é</p><p>c c cx y= + = + =2 2 2 22 71 3 28 4 2( , ) ( , ) , .m m m</p><p>(b) O ângulo θ entre</p><p>  </p><p>c a b= + e o semieixo x positivo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °− −tan tan</p><p>,</p><p>,1 1</p><p>3 28</p><p>50 5</p><p>c</p><p>c</p><p>y</p><p>x 2,71</p><p>≈≈ °50 .</p><p>A segunda possibilidade (θ = 50,4° + 180° = 230,4°) é rejeitada porque o vetor apontaria no</p><p>sentido oposto ao de</p><p></p><p>c .</p><p>(c) O vetor</p><p> </p><p>b a− pode ser obtido somando − </p><p></p><p>a ba . O resultado é mostrado no diagrama a se-</p><p>guir. Seja </p><p> </p><p>c b a= 2 . As componentes são</p><p>c b ax x x= − = − − = −2 29 5 00, ,m m 7,29 m</p><p>c b ay y y= − = 3 28, m.</p><p>O módulo de</p><p></p><p>c é c c cx y= + =2 2 8 0, m.</p><p>(d) A tangente do ângulo θ que</p><p></p><p>c faz com o semieixo x positivo (direção leste) é</p><p>tan</p><p>,</p><p>,</p><p>, .u = =</p><p>−</p><p>= −</p><p>c</p><p>c</p><p>y</p><p>x</p><p>3 28</p><p>7 29</p><p>4 50</p><p>m</p><p>m</p><p>Existem duas soluções: –24,2° e 155,8°. Como mostra o diagrama, a segunda solução é a cor-</p><p>reta. A orientação do vetor</p><p>  </p><p>c a b= − + é 24° ao norte do oeste.</p><p>72 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>47. Notando que o ângulo dado de 130° deve ser medido no sentido anti-horário a partir do se-</p><p>mieixo x positivo, escrevemos os dois vetores na forma</p><p></p><p>A = + = − +8 00 130 130 5 14 6 13, (cos ˆ s n ˆ) , ˆ , ˆ° i ° j i je</p><p>B B Bx y= + = − −ˆ ˆ , ˆ , ˆi j i j.7 72 9 20</p><p>(a) O ângulo entre o semieixo y negativo ( − ĵ ) e o vetor</p><p></p><p>A é</p><p>u = ⋅ −</p><p></p><p></p><p></p><p>= −</p><p>− +</p><p>− −cos</p><p>( ˆ</p><p>cos</p><p>,</p><p>( , ) (</p><p>1 1</p><p>2</p><p>6 13</p><p>5 14</p><p></p><p>A</p><p>A</p><p>j)</p><p>66 13</p><p>6 13</p><p>8 00</p><p>140</p><p>2</p><p>1</p><p>, )</p><p>cos</p><p>,</p><p>,</p><p>.</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −</p><p></p><p></p><p></p><p>=− °</p><p>Também podemos dizer que a direção −y corresponde a um ângulo de 270° e a resposta é sim-</p><p>plesmente 270° −฀130° = 140°.</p><p>(b) Como o eixo y está no plano xy e o produto vetorial</p><p> </p><p>A B× é perpendicular ao plano xy, a</p><p>resposta é 90,0°.</p><p>(c) O vetor pode ser simplificado da seguinte forma:</p><p> </p><p>A B× + = − + × − −( , ˆ , ˆ , ˆ ( , ˆ ,3 00 5 14 6 13 7 72 9k i j i) ( ) 220 3 00ˆ , ˆ</p><p>ˆ ˆ ˆ</p><p>j k)</p><p>18,39 i 15,42 j 94,61k</p><p>+</p><p>= + +</p><p>O módulo é | ( , ˆ </p><p>A B× + =3 00k) | 97,6. O ângulo entre o semieixo y negativo ( − ĵ ) e a orienta-</p><p>ção do vetor é</p><p>u = −</p><p></p><p></p><p></p><p>= °−cos</p><p>,</p><p>,</p><p>, .1 15 42</p><p>97 6</p><p>99 1</p><p>48. Nos casos em que a unidade de comprimento não é indicada, está implícito que se trata do</p><p>metro.</p><p>(a) Os módulos dos vetores são a a= = + =| | ( , ) , ) ,</p><p></p><p>3 2 1 6 3 582 2( e b b= = + =| | ( , ) , ) ,</p><p></p><p>0 50 4 5 42 2( 5฀</p><p>= = + =) ,</p><p></p><p>5 4 53. Nesse caso,</p><p> </p><p>a b a b a b abx x y y⋅ = + = cos</p><p>(3,2)(0,50) + (1,6)(4,5) = (3,58)(4,53) cos φ</p><p>o que nos dá φ = 57° (o arco cosseno, com o arco tangente, tem dois valores possíveis, mas sa-</p><p>bemos que este é o valor correto porque os dois vetores estão no mesmo quadrante).</p><p>(b) Como o ângulo de</p><p></p><p>a (medido a partir do semieixo x positivo) é tan–1(1,6/3,2) = 26,6°, sa-</p><p>bemos que o ângulo de</p><p></p><p>c é 26,6° –90° = –63,4° (a outra possibilidade, 26,6° + 90°, levaria a</p><p>cx < 0). Assim,</p><p>cx = c cos (–63,4° )= (5,0)(0,45) = 2,2 m.</p><p>(c) cy = c sen (–63,4°) = (5,0)( –0,89) = – 4,5 m.</p><p>(d) Sabemos que o ângulo de</p><p></p><p>d é 26,6° + 90° = 116,6°, o que nos dá</p><p>dx = d cos(116,6°) = (5,0)( –0,45) = –2,2 m.</p><p>(e) dy = d sen 116,6° = (5,0)(0,89) = 4,5 m.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 73</p><p>49. A situação é mostrada na figura a seguir.</p><p>Seja</p><p></p><p>a a primeira parte da viagem (50,0 km para leste) e seja</p><p></p><p>c a viagem desejada (90,0 km</p><p>para o norte). Queremos determinar um vetor</p><p></p><p>b tal que</p><p>  </p><p>c a b= + .</p><p>(a) De acordo com o teorema de Pitágoras, a distância percorrida pelo barco deve ser</p><p>b = + =( , ) ( , )50 0 90 0 1032 2km km km.</p><p>(b) A direção deve ser</p><p> = </p><p></p><p></p><p></p><p>= °−tan</p><p>,</p><p>,</p><p>,1 50 0</p><p>90 0</p><p>29 1</p><p>km</p><p>km</p><p>a oeste do norte (o que equivale a 60,9° ao norte do oeste).</p><p>Note que este problema também poderia ser resolvido expressando primeiro os vetores na no-</p><p>tação dos vetores unitários:</p><p> </p><p>a c= =( , )ˆ, ( , )ˆ.50 0 90 0km i km j Isso nos dá</p><p>  </p><p>b c a= − = − +( , )ˆ ( , )ˆ50 0 90 0km i km j</p><p>  </p><p>b c a= − = − +( , )ˆ ( , )ˆ50 0 90 0km i km j</p><p>O ângulo entre</p><p></p><p>b e o semieixo x positivo é</p><p>u =</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °−tan</p><p>,</p><p>,</p><p>,1 90 0</p><p>50 0</p><p>119 1</p><p>km</p><p>km</p><p>A relação entre θ e φ é u = ° +90 .</p><p>50. Os vetores</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 são dados por</p><p> </p><p>d d d d1 1 2 2= − =ˆ ˆj e i.</p><p>(a) O vetor</p><p></p><p>d d2 24 4/ ( / ) ˆ= i aponta na direção do semieixo x positivo. O fator de 1/4 não muda</p><p>a orientação do vetor.</p><p>(b) O vetor</p><p></p><p>d d1 14 4/ ( ) ( / )ˆ− = j aponta na direção do semieixo y positivo. O sinal negativo (do</p><p>“−4”) inverte o sentido do vetor: −(–y) = + y.</p><p>(c)</p><p> </p><p>d d1 2 0⋅ = , já que ˆ ˆi j = 0⋅ ; o produto escalar de dois vetores perpendiculares é zero.</p><p>(d)</p><p>   </p><p>d d d d1 2 1 24 4 0⋅ = ⋅ =( / ) ( ) / , como no item (c).</p><p>(e)</p><p> </p><p>d d d d d d1 2 1 2 1 2× = − ×(ˆ ˆ ˆj i) = k, na direção do semieixo z positivo.</p><p>(f)</p><p> </p><p>d d d d d d2 1 2 1 1 2× = − × −(ˆ ˆ ˆi j) = k, na direção do semieixo z negativo.</p><p>74 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(g) O módulo do vetor do item (e) é d d1 2 .</p><p>(h) O módulo do vetor do item (f) é d d1 2 .</p><p>(i) Como d d d d1 2 1 24 4× =( / ) ( / ) ˆ</p><p></p><p>k, o módulo é d d1 2 4/ .</p><p>(j) O vetor</p><p> </p><p>d d d d1 2 1 24 4× =( / ) ( / )k̂ aponta na direção do semieixo z positivo.</p><p>51. Embora seja possível pensar</p><p>neste movimento como tridimensional, ele é se torna bidimen-</p><p>sional quando o deslocamento é considerado apenas no plano da falha.</p><p>(a) O módulo do deslocamento total é</p><p>AB AD AC</p><p> </p><p>= + = + =2 2 2 217 0 22 0 27 8( , ) ( , ) , .m m m</p><p>(b) O módulo da componente vertical de AB</p><p> </p><p>é |AD| sen 52,0° = 13,4 m.</p><p>52. Os três vetores são</p><p></p><p>d</p><p>d</p><p>1</p><p>2</p><p>4 0 5 0 6 0</p><p>1 0 2 0 0</p><p>= + −</p><p>= − +</p><p>, ˆ , ˆ , ˆ</p><p>, ˆ , ˆ ˆ</p><p>i j k</p><p>i j+3, k</p><p>d3 4 0 3 0 0= +, ˆ , ˆ ˆi j+2, k</p><p>(a)</p><p>   </p><p>r d d d= − + = + + −1 2 3 9 0 6 0 7 0( , )ˆ ( , )ˆ ( , )m i m j m ˆ̂k .</p><p>(b) O módulo de</p><p></p><p>r é | | ( , ) ( , ) ( , )</p><p></p><p>r = + + − =9 0 6 0 7 02 2 2m m m 12,9 m. O ângulo entre</p><p></p><p>r e o</p><p>semieixo z positivo é dado por</p><p>cos</p><p>ˆ</p><p>| |</p><p>,</p><p>,</p><p>,u = ⋅ = − = −</p><p></p><p></p><p>r</p><p>r</p><p>k m</p><p>m</p><p>7 0</p><p>12 9</p><p>0 543</p><p>o que nos dá u = °123 .</p><p>(c) A componente de</p><p></p><p>d1 em relação a</p><p></p><p>d2 é dada por d d d</p><p></p><p>= ⋅1 1û = cos, onde  é o ângulo</p><p>entre</p><p></p><p>d1 e</p><p></p><p>d2 e û é o vetor unitário na direção de</p><p></p><p>d2. Usando as propriedades do produto es-</p><p>calar, temos:</p><p>d d</p><p>d d</p><p>d d</p><p>d d</p><p>d</p><p></p><p>   </p><p>= ⋅</p><p></p><p></p><p></p><p>⋅ = −</p><p>1</p><p>1 2</p><p>1 2</p><p>1 2</p><p>2</p><p>1</p><p>=</p><p>(4,0)( ,, ) ( , )( , ) ( , )( , )</p><p>( , ) ( , ) (</p><p>0 0 0 0 0</p><p>0 0</p><p>+ + −</p><p>− + +</p><p>5 2 6 3</p><p>1 22 2 33</p><p>12</p><p>142, )0</p><p>3,2 m.= − = −</p><p>(d) Agora estamos interessados em encontrar uma componente d⊥ tal que d d1</p><p>2 24 0= + + − = = + ⊥( , ) ( .</p><p>d d d2 2 2 25 0 6 0 77= + + − = = + ⊥) ( , ) ( , )  . Substituindo d pelo seu valor, calculado no item (c), temos:</p><p>d⊥ = − − =77 3 2 8 22m m m.2 ( , ) ,</p><p>Com isso, ficamos conhecendo o módulo da componente perpendicular (obteríamos o mesmo</p><p>valor usando a Eq. 3-27), mas se quisermos mais informações, como a orientação do vetor ou</p><p>uma especificação completa em termos dos vetores unitários, teremos que fazer um cálculo</p><p>mais complexo.</p><p>53. Usamos a Eq. 3-20 e a Eq. 3-27 para calcular, respectivamente, o produto escalar e o pro-</p><p>duto vetorial dos dois vetores:</p><p> </p><p> a b ab</p><p>a b ab</p><p>⋅ =</p><p>× =</p><p>cos</p><p>| |</p><p></p><p>sen</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 75</p><p>(a) Para a a=  , b b=</p><p></p><p>e  = 60°, o produto escalar de</p><p></p><p>a e</p><p></p><p>b é</p><p> </p><p>a b ab⋅ = = =cos ( ) ( , ) cos . 10 6 0 60 30</p><p>(b) Para os mesmos valores de a, b e φ do item anterior, o módulo do produto vetorial dos dois</p><p>vetores é</p><p>| | ( ) ( , ) .</p><p> </p><p>a b ab× = = =sen sen 10 6 0 60 52</p><p>54. De acordo com a figura,</p><p>  </p><p>a b c+ + = 0 e</p><p> </p><p>a b⊥ .</p><p>(a)</p><p> </p><p>a b⋅ = 0, já que o ângulo entre os dois vetores é 90º.</p><p>(b)</p><p>     </p><p>a c a a b a⋅ = ⋅ − − = − = −( ) .</p><p>2</p><p>16</p><p>(c)</p><p>     </p><p>b c b a b b⋅ = ⋅ − − = − = −( ) , .</p><p>2</p><p>9 0</p><p>55. Escolhemos o leste como semieixo x positivo e o norte como semieixo y positivo para medir</p><p>todos os ângulos da forma “convencional” (ângulos positivos no sentido anti-horário a partir do</p><p>semieixo x positivo). Nesse caso,</p><p></p><p>d1 tem módulo d1 = 4,00 m e orientação θ1 = 225°,</p><p></p><p>d2 tem</p><p>módulo d2 = 5,00 m e orientação θ2 = 0° e</p><p></p><p>d3 tem módulo d3 = 6,00 m e orientação θ3 = 60°.</p><p>(a) A componente x de</p><p></p><p>d1 é d1x = d1 cos θ1 = –2,83 m.</p><p>(b) A componente y de</p><p></p><p>d1 é d1y = d1 sen θ1 = –2,83 m.</p><p>(c) A componente x de</p><p></p><p>d2 é d2x = d2 cos θ2 = 5,00 m.</p><p>(d) A componente y de</p><p></p><p>d2 é d2y = d2 sen θ2 = 0.</p><p>(e) A componente x de</p><p></p><p>d3 é d3x = d3 cos θ3 = 3,00 m.</p><p>(f) A componente y de</p><p></p><p>d3 é d3y = d3 sen θ3 = 5,20 m.</p><p>(g) A soma das componentes x é</p><p>dx = d1x + d2x + d3x = –2,83 m + 5,00 m + 3,00 m = 5,17 m.</p><p>(h) A soma das componentes y é</p><p>dy = d1y + d2y + d3y = –2,83 m + 0 + 5,20 m = 2,37 m.</p><p>(i) O módulo do deslocamento resultante é</p><p>d d dx y= + = + =2 2 25 17( , )m (2,37 m) 5,69 m.2</p><p>(j) O ângulo do deslocamento resultante é</p><p>θ = tan–1 (2,37/5,17) = 24,6°,</p><p>o que significa (lembrando nossa escolha dos eixos de referência) uma direção aproximada-</p><p>mente 25° ao norte do leste.</p><p>(k) e (l) Para que a partícula volte ao ponto de partida, a soma vetorial do deslocamento anterior</p><p>com o novo deslocamento deve ser nula. Assim, o novo deslocamento é o negativo do desloca-</p><p>mento anterior, o que significa um vetor com o mesmo módulo (5,69 m) apontando na direção</p><p>oposta (25° ao sul do oeste).</p><p>76 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>56. Para podermos aplicar diretamente a Eq. 3-5, notamos que os ângulos de</p><p></p><p>Q,</p><p></p><p>R e</p><p></p><p>S com</p><p>semieixo x positivo são, respectivamente, 100°, 250° e 310°.</p><p>(a) Na notação dos vetores unitários, com a unidade metro implícita, temos:</p><p></p><p></p><p>P</p><p>Q</p><p>= ( ) + ( )</p><p>=</p><p>10 0 25 0 10 0 25 0</p><p>12</p><p>, , ˆ , sen , ˆ</p><p>,</p><p>cos i j </p><p>00 100 12 0 100</p><p>8 00 250</p><p>cos ˆ , sen ˆ</p><p>, cos</p><p> </p><p></p><p>( ) + ( )</p><p>=</p><p>i j</p><p></p><p>R (( ) + ( )</p><p>= ( ) +</p><p>ˆ , sen ˆ</p><p>, cos ˆ ,</p><p>i j</p><p>i</p><p>8 00 250</p><p>9 00 310 9 0</p><p></p><p></p><p></p><p>S 00 310</p><p>10 0 1 63</p><p>sen ˆ</p><p>( , )ˆ ( ,</p><p>( )</p><p>+ + + = +</p><p>j</p><p>m i m</p><p>   </p><p>P Q R S )) ĵ</p><p>(b) O módulo da soma vetorial é ( , ) ( , ) ,10 0 1 63 10 22 2m m m.+ =</p><p>(c) O ângulo é tan–1 (1,63 m/10,0 m) ≈ 9,24° no sentido anti-horário a partir do semieixo x po-</p><p>sitivo.</p><p>57. De acordo com o enunciado do problema, temos:</p><p> </p><p> </p><p>A B</p><p>A B</p><p>+ = +</p><p>− = − +</p><p>( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>6 0 1 0</p><p>4 0 7 0</p><p>i j</p><p>i j</p><p>Somando as equações acima e dividindo por 2, obtemos</p><p></p><p>A = +( , )ˆ ( , )ˆ1 0 4 0i j . O módulo de </p><p>A é</p><p>A A A Ax y= = + = + =| | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>2 2 2 21 0 4 0 4 1</p><p>Subtraindo uma das equações acima da outra e dividindo por 2, obtemos</p><p></p><p>B = + −( , )ˆ ( , )ˆ5 0 3 0i j .</p><p>O módulo de</p><p></p><p>B é</p><p>B B B Bx y= = + = + − =| | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>2 2 2 25 0 3 0 5 8.</p><p>Os resultados são mostrados na figura a seguir.</p><p>58. O vetor pode ser escrito na forma</p><p></p><p>d = ( , ˆ2 5 m)j, em que tomamos ĵ como um vetor unitário</p><p>apontando para o norte.</p><p>(a) O módulo do vetor</p><p> </p><p>a d= 4,0 é (4,0)(2,5 m) = 10 m.</p><p>(b) A orientação do vetor</p><p> </p><p>a d= 4,0 é a mesma do vetor</p><p></p><p>d (norte).</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 77</p><p>(c) O módulo do vetor</p><p> </p><p>c d= 3,0− é (3,0)(2,5 m) = 7,5 m.</p><p>(d) A orientação do vetor</p><p> </p><p>c d= − 3 0, é a orientação oposta à do vetor</p><p></p><p>d , ou seja, o vetor</p><p></p><p>c</p><p>aponta para o sul.</p><p>59. Uma consulta à Figura 3-18 e uma leitura da Seção 3-8 do livro podem ajudar. Convertendo </p><p>B para a notação módulo-ângulo (como a do vetor</p><p></p><p>A), temos</p><p></p><p>B = ∠( )14 4 33 7, ,  . Nessa no-</p><p>tação, uma rotação dos eixos de +20° equivale a subtrair o mesmo ângulo das definições dos</p><p>vetores. Assim,</p><p></p><p>A = ∠( )′12 0 40 0, ,  e</p><p></p><p>B = ∠ ′( , , )14 4 13 7 , em que as plicas indicam que</p><p>as definições são em termos das novas coordenadas. Convertendo esses resultados para a repre-</p><p>sentação em termos dos vetores unitários, temos:</p><p>(a)</p><p></p><p>A = ′ + ′( , )ˆ ( , )ˆ9 19 7 71m i m j</p><p>(b)</p><p></p><p>B = ′ + ′( , )ˆ ( , )ˆ14 0 3 41m i m j .</p><p>60. Os dois vetores podem ser calculados resolvendo um sistema de equações.</p><p>(a) Somando as três equações, obtemos 2 6</p><p> </p><p>a c= , que leva a</p><p> </p><p>a c= = +3 9 12ˆ ˆi j .</p><p>(b) Substituindo em uma das equações que envolvem</p><p></p><p>a e</p><p></p><p>b, obtemos</p><p> </p><p>b c= = +3 4ˆ ˆi j .</p><p>61. Os três vetores dados são</p><p></p><p>a</p><p>b</p><p>= + −</p><p>= − + +</p><p>i j k</p><p>i j</p><p>5 0 4 0 6 0</p><p>2 0 2 0</p><p>, ˆ , ˆ , ˆ</p><p>, ˆ , ˆ 33 0</p><p>4 0 3 0 2 0</p><p>, ˆ</p><p>, ˆ , ˆ , ˆ</p><p>k</p><p>i j k</p><p></p><p>c = + +</p><p>(a) A equação vetorial</p><p>   </p><p>r a b c5 2 1 é</p><p></p><p>r = − − + + − + + −[ , ( , ) , ]ˆ ( , , , )ˆ ( ,5 0 2 0 4 0 4 0 2 0 3 0 6 0i j −− +</p><p>−</p><p>3 0 2 0, , ) ˆ</p><p>ˆ ˆ ˆ</p><p>k</p><p>= 11i + 5,0j 7,0k.</p><p>(b) Para determinar o ângulo pedido, calculamos o produto escalar de r e k̂. Como</p><p>r r= | = (11,0) + (5,0) + ( = 14,2 2</p><p>| , )− 7 0 2 as Eqs. 3-20 e 3-23 nos dão</p><p> </p><p>r ⋅ = − = ( )( ) ⇒ =k °7 0 14 1 120, cos . </p><p>(c) A forma mais simples de determinar a componente de um vetor em uma certa direção é cal-</p><p>cular o produto escalar do vetor com um vetor unitário na direção desejada. O vetor unitário na</p><p>direção de</p><p></p><p>b é dado por</p><p>ˆ , ˆ , ˆ , ˆ</p><p>( , ) ( , ) (</p><p>b</p><p>b</p><p>b</p><p>= = − + +</p><p>− + +</p><p></p><p></p><p>2 0 2 0 3 0</p><p>2 0 2 0 32 2</p><p>i j k</p><p>,, )</p><p>.</p><p>0 2</p><p>Assim, temos:</p><p>a a bb = ⋅ =</p><p>( ) −( ) + ( )( ) + −( )( ) ˆ , , , , , ,5 0 2 0 4 0 2 0 6 0 3 0</p><p>−−( ) + +</p><p>= −</p><p>2 0 2 0 3 0</p><p>4 9</p><p>2 2 2, ( , ) ( , )</p><p>, .</p><p>(d) Uma forma de resolver o problema (se estivermos interessados apenas no módulo do vetor)</p><p>é usar o produto vetorial, como sugere o enunciado. Outra (que fornece mais informações) é</p><p>subtrair de</p><p></p><p>a o resultado</p><p>do item (c) multiplicado por b̂. Vamos apresentar as duas soluções.</p><p>78 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>No primeiro método, observamos que se a cos θ (em que θ é o ângulo entre</p><p></p><p>a e</p><p></p><p>b ) fornece</p><p>ab (a componente de</p><p></p><p>a na direção de b̂ ), é natural que a sen θ forneça a componente de</p><p></p><p>a na</p><p>direção perpendicular a b̂ :</p><p>a</p><p>a b</p><p>b</p><p>senu =</p><p>×</p><p>=</p><p> </p><p>7 3,</p><p>[também é possível usar diretamente o ângulo θ calculado no item (c)].</p><p>No segundo método, executamos o seguinte cálculo:</p><p></p><p>a a bb− = −( ) + − −( )( ) −( )ˆ , , ˆ , , ˆ ,5 0 2 35 4 0 2 35 6 0i j + −− −( )( )</p><p>+ −</p><p>3 53</p><p>6 35 2 47</p><p>, ˆ</p><p>ˆ , ˆ , ˆ</p><p>k</p><p>= 2,65i j k</p><p>Este é o vetor correspondente à parte perpendicular de</p><p></p><p>a . O módulo do vetor é</p><p>( , ) ( , ) ( , ) ,2 65 6 35 2 47 7 32 2 2+ + − =</p><p>o que está de acordo com o resultado obtido usando o primeiro método.</p><p>62. Escolhemos o semieixo x positivo como a direção leste, o semieixo y positivo como a direção</p><p>norte e medimos todos os ângulos da forma “convencional” (em relação ao semieixo x positivo,</p><p>ângulos positivos no sentido anti-horário e ângulos negativos no sentido horário). Nesse caso, o</p><p>vetor</p><p></p><p>d1, correspondente à primeira tacada, tem módulo d1 = 3,66 m e ângulo θ1 = 90°; o vetor </p><p>d2, correspondente à segunda tacada, tem módulo d2 = 1,83 m e ângulo θ2 = –45°; o vetor</p><p></p><p>d3,</p><p>correspondente à terceira tacada, tem módulo d3 = 0,91 e ângulo θ3 = –135°. Somando as com-</p><p>ponentes x e y das três componentes, obtemos os seguintes resultados:</p><p>x : d1 cos θ1 + d2 cos θ2 + d3 cos θ3 = 0,65 m</p><p>y : d1 sen θ1 + d2 sen θ2 + d3 sen θ3 = 1,7 m.</p><p>(a) O módulo do deslocamento total (da soma vetorial</p><p>  </p><p>d d d1 2 3+ + ) é ( , )0 65 2m (1,7 m)2+ =5</p><p>1,8 m.+ =</p><p>(b) O ângulo do vetor é tan–1(1,7/0,65) = 69°. Isso significa que a direção da tacada deve ser</p><p>69° ao norte do leste.</p><p>63. Os três vetores são</p><p></p><p>d</p><p>d</p><p>1</p><p>2</p><p>3 0 3 0 2 0</p><p>2 0 4 0 2 0</p><p>= − + +</p><p>= − − +</p><p>, ˆ , ˆ , ˆ</p><p>, ˆ , ˆ , ˆ</p><p>i j k</p><p>i j kk</p><p>i j k.</p><p></p><p>d3 2 0 3 0 1 0= + +, ˆ , ˆ , ˆ</p><p>(a) Como</p><p> </p><p>d d2 3 0 1 0 3 0+ = − +ˆ , ˆ , ˆi j k, temos:</p><p>  </p><p>d d d1 2 3 3 0 3 0 2 0 0 1 0⋅ + = − + + ⋅ −( ) ( , ˆ , ˆ , ˆ ( ˆ ,i j k i) ˆ̂ , ˆ</p><p>.</p><p>j k)</p><p>0 3,0 + 6,0 3,0</p><p>+</p><p>= − =</p><p>3 0</p><p>m2</p><p>(b) Usando a Eq. 3-30, obtemos</p><p> </p><p>d d2 3 10 6 0 2 0× = − + +ˆ , ˆ , ˆi j k. Assim,</p><p>  </p><p>d d d1 2 3 3 0 3 0 2 0 10 6⋅ × = − + + ⋅ − +( ) ( , ˆ , ˆ , ˆ ( ˆi j k) i ,, ˆ , ˆ</p><p>, .</p><p>0 2 0</p><p>30 18 4 0 52</p><p>j k)+</p><p>= + + = m3</p><p>(c) Calculamos</p><p> </p><p>d d2 3+ no item (a). Usando a Eq. 3-30, obtemos:</p><p>  </p><p>d d d1 2 3 3 0 3 0 2 0 0 1 0× + = − + + × −( ) ( , ˆ , ˆ , ˆ ( ˆ ,i j k) i ˆ̂ , ˆ</p><p>ˆ ˆ ˆ</p><p>j k)</p><p>= (11i + 9,0 j + 3,0 k ) m2</p><p>+ 3 0</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 79</p><p>64. (a) Para que o módulo da soma seja 7 m, os vetores devem estar paralelos (A e B na figura</p><p>a seguir), já que 4 + 3 = 7.</p><p>(b) Para que o módulo da soma seja 1 m, os vetores devem estar antiparalelos (A9 e B9 na figura</p><p>a seguir), já que 4 − 3 = 1.</p><p>(c) Para que o módulo da soma seja 5, os vetores devem estar perpendiculares (A e B na figura</p><p>a seguir), já que 3 4 52 2+ = .</p><p>Em cada desenho, os vetores aparecem na configuração “cabeça para cauda”, mas a resultante,</p><p>que seria uma reta ligando a cauda do primeiro vetor à cabeça do segundo, não foi desenhada.</p><p>65. (a) Uma solução possível é (−40 î – 20 ĵ + 25 k̂) m, com î antiparalelo ao primeiro des-</p><p>locamento, ĵ antiparalelo ao segundo deslocamento e k̂ para cima (de modo a formarem um</p><p>sistema de coordenadas dextrogiro). Outras possibilidades são (40 î + 20 ĵ + 25 k̂) m e (40 î –</p><p>20 ĵ – 25 k̂) m (com escolhas diferentes dos vetores unitários). Note que o produto das compo-</p><p>nentes é positivo em todos os casos.</p><p>(b) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do novo deslocamento é ( ) ( )40 202 2m m+ =</p><p>44,7 m ≈ 45 m.</p><p>1. (a) O módulo de</p><p></p><p>r é</p><p>| | , )</p><p></p><p>r = + − + =(5,0 m) ( m (2,0 m) 6,2 m.2 23 0 2</p><p>(b) O desenho aparece abaixo. Os valores das coordenadas estão em metros.</p><p>2. (a) O vetor posição, de acordo com a Eq. 4-1, é</p><p></p><p>r = ( 5,0 m) i + (8,0 m)j− ˆ ˆ.</p><p>(b) O módulo é | + + m m m</p><p></p><p>r x y z| ( , ) ( , ) ( )= = − + +2 2 2 2 25 0 8 0 0 22 = 9,4 m.</p><p>(c) De acordo com a Eq. 3-6, temos:</p><p>u =</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= − ° °−tan</p><p>8,0 m</p><p>m</p><p>58 ou 1221</p><p>5 0,</p><p>Escolhemos a segunda possibilidade (122° no sentido anti-horáro a partir do semieixo x positivo)</p><p>porque os sinais das componentes mostram que o vetor está no segundo quadrante.</p><p>(d) O desenho aparece ao lado.</p><p>(e) O deslocamento é D</p><p>  </p><p>r r r= ′ − , em que</p><p></p><p>r foi obtido no item (a) e</p><p>′ =r (3,0 m)i.̂ Assim,</p><p>D</p><p></p><p>r = −( ˆ ( ˆ8,0 m)i 8,0 m)j .</p><p>(f) O módulo do deslocamento é</p><p>| | , )D</p><p></p><p>r = + − =(8,0 m) ( m 11 m.2 8 0 2</p><p>(g) De acordo com a Eq. 3-6, o ângulo do deslocamento é</p><p>tan</p><p>8,0 m</p><p>m</p><p>= ou 135−</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− ° °1</p><p>8 0</p><p>45</p><p>,</p><p>Capítulo 4</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 81</p><p>Escolhemos a primeira possibilidade (−45°, ou 45° no sentido horário a partir do semieixo x</p><p>positivo) porque os sinais das componentes mostram que o vetor está no quarto quadrante. Um</p><p>desenho de D</p><p></p><p>r aparece acima.</p><p>3. O vetor posição inicial</p><p></p><p>ro satisfaz a equação</p><p>  </p><p>r r r− =o D , o que nos dá</p><p>   </p><p>r r ro j k m i j= − = − − − +D ( , ˆ , ) ( , ˆ , ˆ , ˆ3 0 4 0 2 0 3 0 6 0kk m m i m j m k) ( , )ˆ ( , )ˆ ( ) ˆ= − + + −2 0 6 0 10</p><p>4. Escolhemos um sistema de coordenadas com a origem no centro do relógio, o semieixo x</p><p>positivo para a direita (na direção das “3 horas”) e o semieixo y positivo para cima (na direção</p><p>das “12 horas”).</p><p>(a) Na notação dos vetores unitários, temos</p><p> </p><p>r r1 210 10= = −( )ˆ ( )ˆ.cm i e cm j Assim, de acordo</p><p>com a Eq. 4-2,</p><p>D</p><p>  </p><p>r r r= − = − + −2 1 10 10( )ˆ ( )ˆ.cm i cm j</p><p>O módulo é dado por | | ( ) ( ) .D</p><p></p><p>r = − + − =10 10 142 2cm cm cm</p><p>(b) De acordo com a Eq. 3-6, o ângulo é</p><p>u = −</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= ° − °−tan .1 10</p><p>10</p><p>45 135</p><p>cm</p><p>cm</p><p>ou</p><p>Escolhemos 2135° porque sabemos que o vetor está no terceiro quadrante. Na notação módulo-</p><p>ângulo, o vetor é</p><p>D 2 2 1 2</p><p>  </p><p>r r r= = →( )ˆ ( )ˆ2 1 10 10cm i cm j (14 cm .∠2135°)</p><p>(c) Nesse caso,</p><p>  </p><p>r r r1 210 10 20= − = =( )ˆ ( )ˆ ( )ˆcm j, cm j e cm j.D Assim, | | .D</p><p></p><p>r = 20 cm</p><p>(d) De acordo com a Eq. 3-6, o ângulo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °−tan .1</p><p>20</p><p>0</p><p>90</p><p>cm</p><p>cm</p><p>(e) Em uma hora, o ponteiro volta à posição inicial e o deslocamento da ponta é zero.</p><p>(f) O ângulo correspondente ao deslocamento da ponta durante uma hora também é zero.</p><p>5. A velocidade média durante a viagem é dada pela Eq. 4-8:</p><p> </p><p>v r tméd = D D/ , na qual o des-</p><p>locamento total D D D D</p><p>   </p><p>r r r r= + +1 2 3 é a soma de três deslocamentos (todos realizados com</p><p>velocidade constante durante um certo tempo) e D D D Dt t t t= + +1 2 3 é a duração da viagem.</p><p>Usamos um sistema de coordenadas no qual o semieixo x positivo corresponde à direção leste</p><p>e o semieixo y positivo corresponde à direção norte.</p><p>(a) Na notação dos vetores unitários, o primeiro deslocamento é dado por</p><p>D</p><p></p><p>r1 = 60,0</p><p>km</p><p>h</p><p>40,0 min</p><p>60 min/h</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>ˆ̂ ˆi = (40,0 km)i.</p><p>82 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>O segundo deslocamento tem um módulo de ( , )) (60 0 km</p><p>h</p><p>20,0 min</p><p>60 min/h 20,0 km⋅ = e a direção é 40°</p><p>ao norte do leste. Assim,</p><p>D</p><p></p><p>r2 = +( ˆ (20,0 km) cos(40,0 ) i 20,0 km) sen( 440,0 ) j 15,3 km) i 12,9 km) j. ˆ ( ˆ ( ˆ= +</p><p>O terceiro deslocamento é</p><p>D</p><p></p><p>r3 = −</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>60,0</p><p>km</p><p>h</p><p>50,0 min</p><p>60 min/h</p><p>îi = ( km) i.− 50 0, ˆ</p><p>O deslocamento total é</p><p>D D D D</p><p>   </p><p>r r r r= + + = + +1 2 3 ( ˆ ( ˆ40,0 km)i 15,3 km) i (( ˆ ( ˆ</p><p>ˆ (</p><p>12,9 km) j 50,0 km) i</p><p>(5,30 km) i 12,9</p><p>−</p><p>= + km) j.ˆ</p><p>A duração da viagem é Dt = (40,0 + 20,0 + 50,0) min = 110 min, que equivalem a 1,83 h. De</p><p>acordo com a Eq. 4-8, temos:</p><p></p><p>vméd</p><p>(5,30 km) i 12,9 km) j</p><p>1,83 h</p><p>(2,9= + =</p><p>ˆ ( ˆ</p><p>00 km/h) i (7,01 km/h) j.ˆ ˆ+</p><p>O módulo de</p><p></p><p>vméd é</p><p>| | ( , )</p><p></p><p>vméd</p><p>2km/h (7,01 km/h) 7,59 km/h= + =2 90 2 ..</p><p>(b) O ângulo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 7 01</p><p>2 9</p><p>v</p><p>v</p><p>y</p><p>x</p><p>méd</p><p>méd</p><p>km/h</p><p>00</p><p>67 5</p><p>km/h</p><p>(ao norte do leste)</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °,</p><p>ou 22,5o a leste do norte.</p><p>O deslocamento do trem é mostrado na figura a seguir.</p><p>Note que o deslocamento total D</p><p></p><p>r</p><p>é a soma vetorial de D</p><p></p><p>r1 , D</p><p></p><p>r2 e D</p><p></p><p>r3.</p><p>6. Para chamar atenção para o fato de que a velocidade é função do tempo, usamos a notação</p><p>v(t) para dx/dt.</p><p>(a) De acordo com a Eq. 4-10, temos:</p><p>v t</p><p>d</p><p>dt</p><p>t t( ) ˆ ˆ ˆ= − =(3,00 i 4,00 j + 2,00k) (3,002 m/s)i (8,00 m/s) jˆ ˆ− t</p><p>(b) Fazendo t = 2,00 s na expressão do item (a), obtemos</p><p></p><p>v = (3,00i 16,0j) m/s.ˆ ˆ−</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 83</p><p>(c) A velocidade escalar no instante t = 2,00 s é</p><p>v v| (3,00 m/s) ( m/s 16,3 m/s.2= = + − =</p><p>| , )16 0 2</p><p>(d) O ângulo de</p><p></p><p>v nesse instante é</p><p>tan</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>ou 101−</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p>= − ° °1</p><p>16 0</p><p>3 00</p><p>79 4</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>Escolhemos a primeira possibilidade (79,4° no sentido horário a partir do semieixo x positivo,</p><p>ou 281° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo) porque os sinais das componen-</p><p>tes mostram que o vetor está no quarto quadrante.</p><p>7. De acordo com as Eqs. 4-3 e 4-8, temos:</p><p></p><p>vméd</p><p>( i + 8,0j 2,0k) m (5,0i 6,0j= − − − −2 0, ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ + 2,0k) m</p><p>s</p><p>i +1,40j 0,40k) m/s</p><p>ˆ</p><p>( , ˆ ˆ ˆ</p><p>10</p><p>0 70= − − ..</p><p>8. Escolhemos um sistema de coordenadas com î apontando para leste e ĵ apontando para o</p><p>norte. O primeiro deslocamento é</p><p></p><p>rAB = ( ˆ483 km)i e o segundo é</p><p></p><p>rBC = −( )ˆ966 km j.</p><p>(a) O deslocamento total é</p><p>  </p><p>r r rAC AB BC= + = −(483 km)i (966 km)jˆ ˆ</p><p>o que nos dá |</p><p></p><p>rAC | (483 km) ( 966 km) 1,08 10 km.2 2 3= + − = ×</p><p>(b) O ângulo é</p><p>u = −</p><p></p><p></p><p></p><p>= − °−tan</p><p>km</p><p>km</p><p>1 966</p><p>483</p><p>63 4, .</p><p>Note que esse ângulo pode ser expresso como 63,4° ao sul do leste ou como 26,6° a leste do</p><p>sul.</p><p>(c) Dividindo o módulo de</p><p></p><p>rAC pelo tempo total (2,25 h), obtemos</p><p></p><p>vméd</p><p>(483 km)i 966 km)j</p><p>h</p><p>km/h= − =</p><p>ˆ ( ˆ</p><p>,</p><p>(</p><p>2 25</p><p>215 ))ˆ ( )ˆi km/h j− 429</p><p>cujo módulo é | | ( ) ( )</p><p></p><p>vméd km/h km/h 480 km/h.= + − =215 4292 2</p><p>(d) A direção de</p><p></p><p>vméd é 26,6° a leste do sul, a mesma do item (b). Na notaçáo módulo-ângulo, </p><p>vméd (480 km/h= ∠ − 63 4, ).</p><p>(e) Supondo que o avião voou em linha reta da cidade A para a cidade B e da cidade B para a</p><p>cidade C, | |</p><p></p><p>rAB é a distância do trecho AB e | |</p><p></p><p>rBC é a distância do trecho BC. Como a veloci-</p><p>dade escalar média é a distância total dividida pelo tempo total, temos:</p><p>vméd</p><p>km 966 km</p><p>h</p><p>644 km/h.= + =483</p><p>2 25,</p><p>9. As coordenadas dos pontos (em metros) são A = (15, −15), B = (30, −45), C = (20, −15) e</p><p>D = (45, 45). Os tempos correspondentes são tA = 0, tB = 300 s, tC = 600 s e tD = 900 s. A ve-</p><p>locidade média é definida pela Eq. 4-8. Todos os deslocamentos D</p><p></p><p>r começam no ponto A.</p><p>(a) A velocidade média de menor módulo (5,0 m/600 s) é a do deslocamento que termina no</p><p>ponto C: | | ,</p><p></p><p>vméd m/s.= 0 0083</p><p>84 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) A direção de</p><p></p><p>vméd é 0° (em relação ao semieixo x positivo).</p><p>(c) A velocidade média de maior módulo ( ( ) ( ) /15 30 3002 2m m s+ ) é a do deslocamento</p><p>que termina no ponto B: | | ,</p><p></p><p>vméd m/s.= 0 11</p><p>(d) A direção de</p><p></p><p>vméd é 297° (no sentido anti-horário, a partir do semieixo x positivo) ou −63°</p><p>(no sentido horário, a partir do semieixo x positivo).</p><p>10. (a) O movimento da partícula é dado pela derivada de</p><p></p><p>r em relação ao tempo:</p><p> </p><p>v e ft= + +5 00 2, ˆ ( )i j . O ângulo no qual se dá o movimento é, portanto,</p><p>θ = tan−1(vy /vx ) = tan−1[(e + 2ft)/5,00].</p><p>De acordo com o gráfico, θ (0) = 35,0°, o que determina o valor do parâmetro e:</p><p>e = (5,00 m/s) tan(35,0°) = 3,50 m/s.</p><p>(b) O gráfico mostra também que θ = 0 para t = 14,0 s. Isso significa que e + 2ft = 0 nesse ins-</p><p>tante, o que determina o valor do parâmetro f:</p><p>f</p><p>e</p><p>t</p><p>= − = − = −</p><p>2</p><p>3 5</p><p>2 14 0</p><p>0 125</p><p>,</p><p>( , )</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>s</p><p>m/s2</p><p>11. Nos itens (b) e (c), usamos a Eq. 4-10 e a Eq. 4-16. No item (d), calculamos a direção da</p><p>velocidade encontrada no item (b), já que representa a inclinação da reta tangente pedida no</p><p>enunciado.</p><p>(a) Fazendo t = 2,00 s na expressão dada, obtemos:</p><p></p><p>r t= = − −2 00,</p><p>ˆ[2,00(8) 5,00(2)]i + [6,00 7,00(116)] j (6,00 i 106 j mˆ ˆ ˆ)= −</p><p>(b) Derivando a expressão dada em relação ao tempo, obtemos</p><p></p><p>v t t t( ) ˆ ˆ= (6,00 5,00) i 28,0 j2 3− −</p><p>na qual usamos a notação v(t) para chamar atenção para o fato de que a velocidade varia com o</p><p>tempo. No instante t = 2,00 s,</p><p></p><p>v = (19,0 i 224 j m/s.ˆ ˆ )−</p><p>(c) Derivando</p><p></p><p>v t( ) em relação ao tempo, obtemos 12 0 2, ˆ ˆt ti 84,0 j,− o que nos dá</p><p></p><p>a = (24,0 i 336ˆ ˆ−</p><p></p><p>336 j m/s2ˆ ˆ )− no instante t = 2,00 s.</p><p>(d) O ângulo de</p><p></p><p>v é</p><p>tan</p><p>,</p><p>,−</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p>= − ° °1</p><p>224</p><p>19 0</p><p>85 2</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>ou 94,8</p><p>Escolhemos a primeira possibilidade (–85,2°, que equivale a 275° no sentido anti-horário, a</p><p>partir do semieixo x positivo) porque os sinais das componentes mostram que</p><p></p><p>v está no quarto</p><p>quadrante.</p><p>12. Escolhemos um sistema de coordenadas no qual î aponta para leste e ĵ aponta para o norte;</p><p>a origem está no mastro. As informações dadas no enunciado são “traduzidas” para a notação</p><p>dos vetores unitários da seguinte forma:</p><p> </p><p></p><p>r vo om i e = 10,0 m/s)j= −( , )ˆ ( ˆ40 0</p><p>rr v= =( , )ˆ ( , )ˆ40 0 10 0m j e m/s i.</p><p></p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 85</p><p>(a) De acordo com a Eq. 4-2, o deslocamento D</p><p></p><p>r é</p><p>D</p><p>  </p><p>r r r= − = − +o m i m j( , )ˆ ( , )ˆ40 0 40 0</p><p>com um módulo | | ( , ) ( , ) ,D</p><p></p><p>r = − + =40 0 40 0 56 62 2m m m.</p><p>(b) A direção de D</p><p></p><p>r é</p><p>u = </p><p></p><p></p><p> =</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 40 0</p><p>40 0</p><p>D</p><p>D</p><p>y</p><p>x</p><p>m</p><p>m</p><p>−−45 0, . ou 135</p><p>Como o ângulo desejado está no segundo quadrante, escolhemos a segunda possibilidade, 135°</p><p>(45° ao norte do oeste). Note que o deslocamento pode ser escrito como D</p><p>  </p><p>r r r= − = ∠o</p><p>o( , )56 6 135</p><p>na notação módulo-ângulo.</p><p>(c) O módulo de</p><p></p><p>vméd é simplesmente o módulo do deslocamento dividido pelo tempo gasto no</p><p>deslocamento (∆t = 30,0 s). Assim, o módulo da velocidade média é (56,6 m)/(30,0 s) = 1,89 m/s.</p><p>(d) De acordo com a Eq. 4-8,</p><p></p><p>vméd aponta na mesma direção que D</p><p></p><p>r , ou seja, a 135° (45° ao</p><p>norte do oeste).</p><p>(e) De acordo com a Eq. 4-15, temos:</p><p></p><p> </p><p>a</p><p>v v</p><p>t</p><p>méd</p><p>o 2 2m/s i (0,333 m/s )= − = +</p><p>D</p><p>( , )ˆ ˆ0 333 jj.</p><p>O módulo do vetor aceleração média é, portanto,</p><p>| | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>améd</p><p>2 2m/s m/s m/= + =0 333 0 333 0 4712 2 ss2 .</p><p>(f) A direção de</p><p></p><p>améd é</p><p>u = </p><p></p><p></p><p></p><p>= ° −−tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 0 333</p><p>0 333</p><p>45</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>ou 1</p><p>2</p><p>2</p><p>335°.</p><p>Como o ângulo desejado está no primeiro quadrante, escolhemos 45°, ou seja, o ângulo de</p><p></p><p>améd</p><p>é 45° ao norte do leste.</p><p>13. A velocidade e a aceleração da partícula podem ser calculadas derivando</p><p></p><p>r t( ) em relação</p><p>ao tempo:</p><p></p><p></p><p></p><p> </p><p>v</p><p>dr</p><p>dt</p><p>a</p><p>dv</p><p>dt</p><p>d r</p><p>dt</p><p>= = =,</p><p>2</p><p>2</p><p>(a) Derivando o vetor posição</p><p></p><p>r t t t( ) ˆ ( ˆ ˆ= + +i )j k4 2 em relação ao tempo, temos, em unidades</p><p>do SI (m/s),</p><p></p><p>v</p><p>d</p><p>dt</p><p>t t t= (i + 4 j + k) = 8 j + k .ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2</p><p>(b) Derivando novamente em relação ao tempo, obtemos, em unidades do SI (m/s2),</p><p></p><p>a</p><p>d</p><p>dt</p><p>t= (8 j + k) = 8 j .ˆ ˆ ˆ</p><p>14. Usamos a Eq. 4-15, chamando de</p><p></p><p>v1 a velocidade inicial e de</p><p></p><p>v2 a velocidade final.</p><p>(a) A aceleração média no intervalo Dt = 4 s é</p><p></p><p>améd</p><p>( i 2, j+ 5, k) m/s (4, i 22 j+ 3= − − − −2 0 0 0 0, ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ,, k) m/s</p><p>s</p><p>( m/s ) i (0,5m/s ) k.2 20</p><p>4</p><p>1 5</p><p>ˆ</p><p>, ˆ ˆ= − +</p><p>86 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) O módulo de améd é ( , ) ( .− + =1 5 2m/s 0,5 m/s ) 1,6m/s2 2 2 2</p><p>(c) O ângulo da aceleração no plano xz (medido a partir do semieixo x positivo) é</p><p>tan</p><p>0,5 m/s</p><p>m/s</p><p>ou 162</p><p>2</p><p>2</p><p>−</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −1</p><p>1 5</p><p>18</p><p>,</p><p> </p><p>Escolhemos a segunda possibilidade porque os sinais das componentes mostram que o vetor</p><p>está no segundo quadrante.</p><p>15. Como a aceleração</p><p></p><p>a a ax y= + = − + −ˆ ˆ ( , )ˆ ( , )ˆi j m/s i m/s j2 21 0 0 50 é constante nas direções x</p><p>e y, podemos usar as equações da Tabela 2-1 para analisar o movimento nas duas direções.</p><p>Como a partícula partiu da origem, as coordenadas da partícula em qualquer instante t são da-</p><p>das por</p><p>  </p><p>r v t at= +0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 . A velocidade da partícula em qualquer instante t é dada por   </p><p>v v at= +0 ,</p><p>onde v0 é a velocidade inicial e</p><p></p><p>a é a aceleração.</p><p>Na direção x, temos:</p><p>x t v t a t v t v a tx x x x x( ) , ( )= + = +0</p><p>2</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>Na direção y, temos:</p><p>y t v t a t v t v a ty y y y y( ) , (</p><p>)= + = +0</p><p>2</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>(a) Para v v a ax y x y0 03 0 0 1 0 0 5= = = − = −, , ,m/s, , m/s e m/s2 2 , as componentes da velocida-</p><p>de são</p><p>v t v a t t</p><p>v t v</p><p>x x x</p><p>y y</p><p>( ) ( , ) ( , )</p><p>( )</p><p>= + = −</p><p>= +</p><p>0</p><p>0</p><p>3 0 1 0m/s m/s2</p><p>aa t ty = −( , )0 50 m/s2</p><p>Quando a partícula atinge o máximo valor da coordenada x, no instante t = tm, devemos ter vx =</p><p>0. Assim, 3,0 – 1,0tm = 0 ou tm = 3,0 s. A componente y da velocidade nesse instante é</p><p>v ty ( , ) ( , )( , ) ,= = − = −3 0 0 50 3 0 1 5s m/s m/s2</p><p>Assim,</p><p></p><p>vm = −( , ˆ1 5 m/s)j .</p><p>(b) No instante t = 3,0 s, as componentes da posição são</p><p>x t v t a tx x( , ) ( , )( , ) ( ,= = + = + −3 0</p><p>1</p><p>2</p><p>3 0 3 0</p><p>1</p><p>2</p><p>10</p><p>2s m/s s 00 3 0 4 5</p><p>3 0</p><p>1</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>m/s s m</p><p>s</p><p>2 )( , ) ,</p><p>( , )</p><p>=</p><p>= = + =y t v t a ty y ++ − = −1</p><p>2</p><p>0 5 3 0 2 252( , )( , ) ,m/s s m2</p><p>Na notação dos vetores unitários, esses resultados podem ser escritos na forma</p><p></p><p>rm = −( , ) ˆ ( , ) ˆ4 50 2 25m i m j.</p><p>16. (a) De acordo com a Eq. 4-16, a aceleração é dada por</p><p></p><p></p><p>a</p><p>dv</p><p>dt</p><p>d</p><p>dt</p><p>t t t= = −( )( ) = −6 0 4 0 6 0 8 02, , ˆ ˆ , ,i + 8,0 j (( ) î</p><p>em unidades do SI. Para t = 3 0, s ,</p><p></p><p>a = −( ) = −6 0 8 0 3 0 18 2, , ( , ) ˆ ( ˆ.i m/s )i</p><p>(b) Fazendo</p><p></p><p>a t= − =( , , )ˆ ,6 0 8 0 0i obtemos t = 0,75 s.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 87</p><p>(c) Como a componente y da velocidade, vy = 8,0 m/s, é uma constante diferente de zero, a ve-</p><p>locidade não pode se anular para nenhum valor de t.</p><p>(d) Como a velocidade escalar é o módulo da velocidade, temos:</p><p>v v= | |</p><p> = −( ) + ( ) =6 0 4 0 8 0 102</p><p>2 2</p><p>, , ,t t</p><p>em unidades do SI (m/s). Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, temos:</p><p>( , , ) ( , , )6 0 4 0 64 100 6 0 4 0 362 2 2 2t t t t− + = ⇒ − =</p><p>Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros, temos:</p><p>6 0 4 0 6 0 4 0 6 0 6 0 02 2, , , , , ,t t t t− = ± ⇒ − ± =</p><p>o que nos dá</p><p>t =</p><p>± − ±6 0 36 4 4 0 6 0</p><p>2 8 0</p><p>, ( , )( , )</p><p>( , )</p><p>Como o resultado deve ser positivo, t = 2,2 s.</p><p>17. Podemos determinar o valor de t aplicando a Eq. 2-11 à componente y do movimento e fa-</p><p>zendo vy = 0:</p><p>0 = (12 m/s) + (−2,0 m/s2)t ⇒ t = 6,0 s.</p><p>Em seguida, aplicamos a Eq. 2-11 à componente x do movimento e usamos o valor de t calcu-</p><p>lado:</p><p>vx = (8,0 m/s) + (4,0 m/s2)(6,0 s) = 32 m/s.</p><p>Assim, a velocidade do carro ao atingir a maior coordenada y é (32 m/s) î.</p><p>18. Podemos obter o valor de t usando a equação Dx x v t a tx x= + +0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>:</p><p>12 0 0 4 00</p><p>1</p><p>2</p><p>5 00 2, ( , ) ( , )m m/s m/s2= + +t t</p><p>em que fizemos ∆x = 12,0 m, vx = 4,00 m/s e ax = 5,00 m/s2 . Resolvendo a equação do segundo</p><p>grau, obtemos t = 1,53 s. Em seguida, aplicamos a Eq. 2-11 (na verdade, uma extensão da Eq.</p><p>2-11 para duas dimensões) usando este valor de t. O resultado (com ∆x = 12,00 m) é</p><p>  </p><p>v v at= + = +0 4 00( , ˆm/s)i (5,00 m/s )(1,53 s2 ))i (7,00 m/s )(1,53 s)j</p><p>(11,7 m/s) i</p><p>2ˆ ˆ</p><p>ˆ</p><p>+</p><p>= + ((10,7 m/s) j.ˆ</p><p>Assim, o módulo de</p><p></p><p>v é | | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>v = + =11 7 10 7 15 82 2m/s m/s m/s.</p><p>(b) O ângulo de</p><p></p><p>v em relação ao semieixo x positivo é</p><p>tan</p><p>,</p><p>,</p><p>, .− </p><p></p><p></p><p></p><p>= °1 10 7</p><p>11 7</p><p>42 6</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>19. Usamos as Eqs. 4-10 e 4-16.</p><p>A velocidade (em m/s) é dada por</p><p>  </p><p>v t v a dt t t</p><p>t</p><p>( ) ( , ˆ , ˆ) ˆ= + = + + +∫0</p><p>0</p><p>5 00 2 00 4i j (3 i ˆ̂) , / ˆ , ˆj i jdt t t</p><p>t</p><p>0</p><p>2 25 00 3 2 2 00 2∫ = +( ) + +( )</p><p>88 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>O deslocamento (em m) é dado por</p><p>  </p><p>r t r vdt t</p><p>t</p><p>( ) ( , ˆ , ˆ) [( ,= + = + + +∫0</p><p>0</p><p>20 0 40 0 5 00 3i j 22 22 2 00 2/ )ˆ ( , ˆ]i )j</p><p>0</p><p>+ +∫ t dt</p><p>t</p><p>i j i= + + + + +( , ˆ , ˆ) ( , / )ˆ ( ,20 0 40 0 5 00 2 2 003t t t 22</p><p>20 0 5 00</p><p>3t</p><p>t t</p><p>/3)ĵ</p><p>( , ,= + + 33 32 40 0 2 00 2/ )ˆ ( , , ˆi /3)j+ + +t t</p><p>(a) No instante t = 4 00, s , temos</p><p></p><p>r t( , ) ( , )ˆ ( , )ˆ= = +4 00 72 0 90 7s m i m j.</p><p>(b)</p><p></p><p>v t( , ) ( , )ˆ ( , )ˆ= = +4 00 29 0 34 0s m/s i m/s j. Assim, o ângulo entre a direção do movimento</p><p>e o semieixo x positivo é u = = °−tan [( , ) / ( , )] , .1 34 0 29 0 49 5m/s m/s</p><p>20. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. De acordo com</p><p>a Eq. 2-15 e notando que θ é medido em relação ao eixo y, a componente y do movimento da</p><p>partícula B é dada por</p><p>y a t ty= ⇒ =  </p><p>1</p><p>2</p><p>30</p><p>1</p><p>2</p><p>0 402 2m m/s2( , ) cos .u</p><p>Como as componentes x do movimento das partículas A e B devem ser iguais em um certo ins-</p><p>tante t,</p><p>vt a t t tx= ⇒ =  </p><p>1</p><p>2</p><p>3 0</p><p>1</p><p>2</p><p>0 402 2( , ) ( , ) sen .m/s m/s2 u</p><p>Explicitando t na última equação, temos:</p><p>t</p><p>v</p><p>ax</p><p>= =2 2 3 0</p><p>0 40</p><p>( , )</p><p>( , )</p><p>.</p><p>m/s</p><p>m/s sen2 u</p><p>Substituindo esse valor de t na equação anterior, temos:</p><p>30</p><p>1</p><p>2</p><p>0 40</p><p>2 3 0</p><p>0 40</p><p>m m/s</p><p>m/s</p><p>m/s s</p><p>2</p><p>2</p><p>=  ( , )cos</p><p>( , )</p><p>( ,</p><p>u</p><p>eenu</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2</p><p>Fazendo sen2 θ = 1 – cos2 θ, temos:</p><p>30</p><p>9 0</p><p>0 20 1</p><p>1</p><p>9 0</p><p>0 20 302</p><p>2=</p><p>−</p><p>⇒ − =,</p><p>,</p><p>cos</p><p>cos</p><p>cos</p><p>,</p><p>( , )( )</p><p>u</p><p>u</p><p>u ccos .u</p><p>Resolvendo a equação do segundo grau em cos θ฀, temos:</p><p>cos</p><p>, , ( , )( , )</p><p>u =</p><p>− + − −</p><p>=</p><p>1 5 1 5 4 1 0 1 0</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>o que nos dá u = </p><p></p><p></p><p></p><p>= °−cos .1 1</p><p>2</p><p>60</p><p>21. Como a velocidade inicial é horizontal, v y0 0= e v vx0 0 10= = m s.</p><p>(a) Com a origem no ponto inicial da trajetória, a coordenada y do dardo é dada por y gt= − 1</p><p>2</p><p>2 ;</p><p>fazendo y = –PQ, temos PQ = ( )( ) =1</p><p>2</p><p>2</p><p>9 8 0 19 0 18, , ,m/s s m.2</p><p>(b) Como x = v0t, x = (10 m/s)(0,19 s) = 1,9 m.</p><p>22. (a) Com a origem no ponto inicial (borda da mesa), a coordenada da bola é dada por y gt= − 1</p><p>2</p><p>2.</p><p>Se t é o tempo que a bola fica no ar e y = –1,20 m é a coordenada y do ponto em que a bola</p><p>atinge o chão, temos:</p><p>t =</p><p>−</p><p>−</p><p>=</p><p>2 1 20</p><p>9 80</p><p>0 495</p><p>( , )</p><p>,</p><p>, .</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s</p><p>2</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 89</p><p>(b) A velocidade inicial da bola é</p><p></p><p>v v= 0 î . Como x = 1,52 m é a coordenada x do ponto em que</p><p>a bola atinge o chão, temos:</p><p>v</p><p>x</p><p>t</p><p>0</p><p>1 52</p><p>0 495</p><p>3 07= = =,</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>s</p><p>m/s.</p><p>23. (a) De acordo com a Eq. 4-22 (com θ0 = 0), o tempo que o projétil permanece no ar é</p><p>t</p><p>h</p><p>g</p><p>= = =2 2 45 0</p><p>9 80</p><p>3 03</p><p>( , )</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>2</p><p>(b) A distância horizontal é dada pela Eq. 4-21:</p><p>Dx v t= = =0 250 3 03 758( )( , )m/s s m.</p><p>(c) De acordo com a Eq. 4-23, temos:</p><p>v gty = = =( , )( , ) ,9 80 3 03 29 7m/s s m/s.2</p><p>24. Usamos a Eq. 4-26</p><p>R</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>máx</p><p>máx</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= =0</p><p>2</p><p>0</p><p>0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>9 50</p><p>9 8</p><p>sen</p><p>m/s</p><p>u</p><p>( , )</p><p>, 00</p><p>9 209 9 21</p><p>m/s</p><p>m m</p><p>2</p><p>= ≈, ,</p><p>para fazer a comparação com o salto de Powell; a diferença é de apenas ∆R = (9,21m – 8,95m) =</p><p>0,259 m.</p><p>25. Usando a Eq. 4-26, a velocidade inicial do motociclista foi</p><p>v</p><p>gR</p><p>0</p><p>02</p><p>9 80 77 0</p><p>2 12 0</p><p>= =</p><p>°</p><p>=</p><p>sen</p><p>( , )( , )</p><p>s n ( , )u</p><p>m/s m</p><p>e</p><p>2</p><p>443 1, m/s</p><p>26. Escolhemos como origem a posição inicial da pedra. A componente x da velocidade inicial</p><p>é dada por v vx0 0 0= cosu e a componente y é dada por v vy0 0 0= senu , onde v0 = 20 m/s é a ve-</p><p>locidade escalar inicial e θ0 = 40,0° é o ângulo de lançamento.</p><p>(a) No instante t = 1,10 s, a coordenada x da pedra é</p><p>x v t= = ( )( ) ° =0 0 20 0 1 10 40 0 16 9cos , , cos , ,u m/s s m</p><p>(b) Nesse instante, a coordenada y é</p><p>y v t gt s= − = −0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>20 0 1 10 40 0</p><p>1</p><p>sen m/s sen ou ( , )( , ) ,</p><p>22</p><p>9 80 1 10 8 212( , )( , ) , .m/s s m2 =</p><p>(c) No instante t9 = 1,80 s, a coordenada x da pedra é</p><p>x = ( )( ) ° =20 0 1 80 40 0 27 6, , cos , ,m/s s m.</p><p>(d) Nesse instante, a coordenada y é</p><p>y = −( , )( , )sen , ( , )( ,20 0 1 80 40 0</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 1 8m/s s m/so 2 00 7 262s m) , .=</p><p>(e) A pedra chega ao solo antes do instante t = 5,0 s. Para determinar o instante em que a pedra</p><p>atinge o solo, calculamos o valor de t na equação y v t gt= − =0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 0sen u . O resultado é</p><p>t</p><p>v</p><p>g</p><p>= =</p><p>( )</p><p>° =2 2 20 0</p><p>9 8</p><p>40 2 620</p><p>0sen</p><p>,</p><p>,</p><p>sen ,u</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>2</p><p>90 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>A coordenada x do ponto em que a pedra atinge o solo é</p><p>x v t= = ( )( ) =0 0 20 0 2 62 40 40 2cos , , cos ,u m/s s m.</p><p>(f) Supondo que a pedra não quica, a componente vertical no instante t = 5,00 s é y = 0.</p><p>27. Vamos escolher como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de lançamen-</p><p>to. De acordo com a convenção adotada neste livro, vamos usar θ0 = –30,0°, já que o ângulo</p><p>mostrado na figura é medido no sentido horário a partir do semieixo x positivo. A velocidade</p><p>inicial do chamariz é igual à velocidade do avião no instante do lançamento: v0 = 290 km/h, que</p><p>convertemos para unidades do SI: (290)(1000/3600) = 80,6 m/s.</p><p>(a) Usamos a Eq. 4-12 para calcular o tempo que o chamariz passou no ar:</p><p>Dx v t t= ⇒ =</p><p>− °</p><p>( cos )</p><p>( , )cos( , )0 0</p><p>700</p><p>80 6 30 0</p><p>u</p><p>m</p><p>m/s</p><p>== 10 0, s.</p><p>(b) Usamos a Eq. 4-22 para calcular a altura inicial y0:</p><p>y y v t gt y− = − ⇒ − = −0 0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>0 40 3 10( sen ) ( , )( ,u m/s 00</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 10 0 2s m/s s2) ( , )( , )−</p><p>o que nos dá y0 = 897 m.</p><p>28. (a) De acordo com a Eq. 4-22, para y = h, temos:</p><p>h y v t gt= + −0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>senu</p><p>o que nos dá h = 51,8 m para y0 = 0, v0 = 42,0 m/s, θ0 = 60,0° e t = 5,50 s.</p><p>(b) Como a componente horizontal da velocidade é constante, vx = v0x = v0 cos θ0. A compo-</p><p>nente vertical varia de acordo com a Eq. 4-23. A velocidade escalar da pedra no momento do</p><p>impacto é</p><p>v v v gt= + − =( cos ) ( sen ) ,0 0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>2 27 4u u m/s.</p><p>(c) Usamos a Eq. 4-24 com vy = 0 e y = H:</p><p>H</p><p>v</p><p>g</p><p>= ( ) =0 0</p><p>2</p><p>2</p><p>67 5</p><p>sen</p><p>,</p><p>u</p><p>m.</p><p>29. Escolhemos como origem o ponto de lançamento. Na altura máxima, vy = 0 e, portanto, v =</p><p>vx = v0x). De acordo com o enunciado, v v0 5= . Como v0 cos θ0 = v0x = v, temos:</p><p>( )cos cos , .5</p><p>1</p><p>5</p><p>78 50 0</p><p>1v vu u= ⇒ = </p><p></p><p></p><p></p><p>= °−</p><p>30. Embora fosse possível usar a Eq. 4-26 para determinar o ponto em que a bola toca o gra-</p><p>mado, preferimos trabalhar com as Eqs. 4-21 e 4-22 porque elas permitem calcular o ponto e o</p><p>instante em que a bola toca o gramado e são consideradas mais fundamentais que a Eq. 4-26.</p><p>Fazendo ∆y = 0, temos:</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>19 5 45 0</p><p>0 0</p><p>2= − ⇒ = °</p><p>( sen )</p><p>( , )sen ,</p><p>v t gt tu</p><p>m/s</p><p>(( , ) /</p><p>,</p><p>9 80 2</p><p>2 81</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>2</p><p>=</p><p>De acordo com a Eq. 4-21, ∆x = (v0 cos θ0)t = 38,7 m. Assim, usando a Eq. 4-8, concluímos que</p><p>o jogador deve ter uma velocidade média</p><p></p><p></p><p>v</p><p>r</p><p>t</p><p>méd</p><p>m i m i</p><p>s</p><p>m/s= = − = −D</p><p>D</p><p>( , )ˆ ( )ˆ</p><p>,</p><p>( ,</p><p>38 7 55</p><p>2 81</p><p>5 8 ))î</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 91</p><p>o que significa que a velocidade escalar média do jogador (supondo que ele corra em linha reta</p><p>para o ponto onde a bola vai tocar o gramado) deve ser 5,8 m/s.</p><p>31. Primeiro calculamos o tempo que a bola leva para chegar ao chão. De acordo com a Eq.</p><p>4-22, temos:</p><p>m m/y y v t gt− = − ⇒ − = −0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>0 2 30 20 0( sen ) , ( ,u ss m/s2)sen( , ) ( , )18 0</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 2 t t−</p><p>o que nos dá t = 0 30, s . Assim, a distância horizontal coberta pela bola é</p><p>R v t= ( ) = =0 0 20 0 18 0 0 30 5 71cos ( , ) cos , ( , ) ,u m/s s m</p><p>Se o ângulo diminuir para ′ =u0 8 00,  , teremos</p><p>my y v t gt− = ′ ′ − ′ ⇒ − = −0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>0 2 30 20 0( sen ) , ( ,u m/s m/s2)sen( , ) ( , )8 00</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 2 ′ − ′t t</p><p>O novo tempo será ′ =t 0 46, s e a nova distância será</p><p>′ = ( ) ′ = =R v t0 0 20 0 18 0 0 46 9cos ( , ) cos , ( , ) ,u m/s s 006 m</p><p>Assim, a distância adicional coberta pela bola será</p><p>DR R R= ′ − = − =9 06 5 71 3 35, , ,m m m</p><p>32. Escolhemos como origem o ponto de lançamento e chamamos de θ0 o ângulo de lançamento</p><p>(mostrado na figura). Como a componente horizontal da velocidade da bola é vx = v0 cos 40,0°,</p><p>o tempo que a bola leva para se chocar com a parede é</p><p>t</p><p>x</p><p>vx</p><p>= =</p><p>°</p><p>=D 22 0</p><p>25 0 40 0</p><p>1 15</p><p>,</p><p>( , )cos ,</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>(a) A distância vertical é</p><p>Dy v t gt= − =( sen ) ( , ) sen , ( ,0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>25 0 40 0 1 15u m/s  ss m/s s m.2) ( , )( , ) ,− =1</p><p>2</p><p>9 80 1 15 12 02</p><p>(b) A componente horizontal da velocidade no instante em que a bola se choca com a parede é</p><p>igual ao valor inicial: vx = v0 cos 40,0° = 19,2 m/s.</p><p>(c) De acordo com a Eq. 4-23, a componente vertical é</p><p>v v gty = − = −0 0</p><p>225 0 40 0 9 80sen ( , )sen , ( , )(u m/s m/so 11 15 4 80, ) , .s m/s=</p><p>(d) Como vy > 0 quando a bola se choca com a parede, a bola ainda não atingiu o ponto mais</p><p>alto da trajetória.</p><p>33. Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de lançamento.</p><p>Tomamos θ0 = –37,0° como o ângulo medido a partir do semieixo x positivo, já que o ângulo</p><p>0 53 0= °, dado no problema foi medido em relação ao semieixo y negativo. A figura mostra</p><p>a situação inicial do problema.</p><p>92 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) A velocidade inicial do projétil é a velocidade do avião no instante do lançamento. Como</p><p>sabemos que y0 730= m e y = 0 no instante t = 5 00, s , usamos a Eq. 4-22 para calcular v0:</p><p>my y v t gt v− = − ⇒ − = −0 0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>0 730 37( sen ) sen( ,u 00 5 00</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 5 00 2°)( , ) ( , )( , )s m/s s2−</p><p>o que nos dá v0 = 202 m/s.</p><p>(b) A distância horizontal percorrida é</p><p>R v t v tx= = = −( cos ) [( ) cos( , )]( ,0 0 202 37 0 5 00u m/s ° ss m) = 806</p><p>(c) A componente x da velocidade (no momento do choque com o solo) é</p><p>v vx = = − =0 0 202 37 0 161cos ( ) cos( , )u m/s m/s.°</p><p>(d) A componente y da velocidade (no momento do choque com o solo) é</p><p>v v gty = − = − −0 0 202 37 0 9 80sen ( )sen( , ) ( ,u m/s m/s2° ))( , )5 00 171s m/s.= −</p><p>34. (a) Como a componente y da velocidade da pedra no ponto mais alto da trajetória é zero, a</p><p>velocidade escalar é</p><p>v v v v vx y x= + = = = =2 2</p><p>0 0 28 0 40 0 21cos ( , ) cos , ,u m/s ° 44 m/s.</p><p>(b) Usando o fato de que vy = 0 na altura máxima ymáx, o tempo que a pedra leva para atingir</p><p>ymáx é dado pela Eq. 4-23:</p><p>0 0 0</p><p>0 0= = − ⇒ =v v gt t</p><p>v</p><p>g</p><p>y sen</p><p>sen</p><p>.u</p><p>u</p><p>Substituindo a expressão acima na Eq. 4-22, temos:</p><p>y v t gt v</p><p>v</p><p>g</p><p>máx = − =</p><p></p><p></p><p>( sen ) sen</p><p>sen</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>0 01</p><p>2</p><p>u u</p><p>u </p><p></p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=1</p><p>2 2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0g</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>sen sen</p><p>.</p><p>u u</p><p>Para calcular o tempo que a pedra leva para cair até uma altura y y= máx / 2, resolvemos a equa-</p><p>ção do segundo grau dada pela Eq. 4-22:</p><p>y y</p><p>v</p><p>g</p><p>v t gt t= = = − ⇒ =±</p><p>1</p><p>2 4</p><p>1</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0</p><p>0 0</p><p>2</p><p>máx</p><p>sen</p><p>( sen )</p><p>(u</p><p>u</p><p>22 2</p><p>2</p><p>0 0± ) sen</p><p>.</p><p>v</p><p>g</p><p>u</p><p>Escolhendo t t= + (porque a pedra já está descendo), temos:</p><p>v v</p><p>v v</p><p>x</p><p>y</p><p>= = ° =</p><p>=</p><p>0 0</p><p>0</p><p>28 0 40 0 21 4cos ( , )cos , ,u m/s m/s</p><p>ssen</p><p>( ) sen</p><p>sen ( ,u</p><p>u</p><p>u0</p><p>0 0</p><p>0 0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>28 0− + = − = −g</p><p>v</p><p>g</p><p>v mm/s m/s)sen , ,40 0 12 7° = −</p><p>Assim, a velocidade da pedra no instante em que y y= máx / 2 é</p><p>v v vx y= + = + − =2 2 2 221 4 12 7 24 9( , ) ( , ) ,m/s m/s m/s..</p><p>(c) A diferença percentual é</p><p>24 9 21 4</p><p>21 4</p><p>0 163 16 3</p><p>, ,</p><p>,</p><p>, , %.</p><p>m/s m/s</p><p>m/s</p><p>− = =</p><p>35. Escolhemos como origem a extremidade do cano do rifle (ponto em que o projétil inicia</p><p>uma trajetória balística) e chamamos o ângulo de disparo de θ0. Se o centro do alvo está a uma</p><p>distância d, suas coordenadas são x = d, y = 0. As equações do movimento do projétil são</p><p>d v t</p><p>v t gt</p><p>=</p><p>= −</p><p>( cos )</p><p>sen</p><p>0 0</p><p>0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>20</p><p>u</p><p>θ</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 93</p><p>A figura mostra a situação do problema.</p><p>Explicitando t na primeira equação, obtemos t d v= / ( cos )0 0u . Substituindo na segunda equa-</p><p>ção, temos:</p><p>2 00</p><p>2</p><p>0 0v gdsen cos .u u − =</p><p>Usando a identidade sen cosu u u0 0</p><p>1</p><p>2 02≡ ( )sen , obtemos</p><p>v gd</p><p>gd</p><p>v</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>9 80</p><p>sen ) sen( )</p><p>( , )(</p><p>(2</p><p>m/s</p><p>0</p><p>2</p><p>u u= ⇒ = = 445 7</p><p>460 2</p><p>, )</p><p>( )</p><p>m</p><p>m/s</p><p>que nos dá sen( ) ,2 2 11 100</p><p>3u = × − ou θ0 = 0,0606°. Para atingir o centro do alvo, o rifle deve</p><p>visar um ponto a uma altura l acima do alvo tal que tan u0 = l d . Assim,</p><p>l = = ° = =d tan ( , ) tan( , ) ,u0 45 7 0 0606 0 0484m m 4,84 cm.</p><p>36. Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto onde a bola foi</p><p>golpeada pela raquete.</p><p>(a) Queremos saber a que altura está a bola ao passar pelo ponto x = 12,0 m. Para começar, usa-</p><p>mos a Eq. 4-21 para calcular o tempo que a bola leva para chegar a esse ponto:</p><p>t</p><p>x</p><p>v</p><p>= = ( ) °</p><p>=</p><p>0 0</p><p>12 0</p><p>23 6 0</p><p>0 508</p><p>cos</p><p>,</p><p>, cos</p><p>,</p><p>u</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>A altura em que se encontra a bola nesse instante é</p><p>y y v t gt= + − =0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>1 10( sen ) ,u m</p><p>o que mostra que a bola passa pela rede.</p><p>(b) No instante t = 0,508 s, o centro da bola está (1,10 m – 0,90 m) = 0,20 m acima do alto da</p><p>rede.</p><p>(c) Repetindo o cálculo do item (a) com θ0 = –5,0°, obtemos t = 0,510 s e y = 0 040, m, o que</p><p>mostra que a bola não passa pela rede.</p><p>(d) No instante t = 0,510 s, o centro da bola está 0,90 m – 0,040 m = 0,86 m abaixo do alto da</p><p>rede.</p><p>37. Como a velocidade inicial não possui uma componente vertical, as Eqs. 4-21 e 4-22 se re-</p><p>duzem a</p><p>x x v t</p><p>y y v t gt gt</p><p>x</p><p>y</p><p>− =</p><p>− = − = −</p><p>0 0</p><p>0 0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>94 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>nas quais</p><p>x0 0= , v vx0 0 2 0= = + , m/s e y0 = +10,0 m (escolhendo como origem a superfície da</p><p>água). A figura mostra a situação do problema.</p><p>(a) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância horizontal</p><p>x x v tx= + = + =0 0 0 2 0 0 80 1 60( , )( , ) ,m/s s m</p><p>(b) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância vertical</p><p>y y gt= − = − =0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>10 0</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 0 80 6 86, ( , )( , ) ,m m/s s2 m.</p><p>(c) No instante em que o mergulhador atinge a água, y = 0. Explicitando t na equação y y gt= − =0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 0</p><p>= − = 0, obtemos</p><p>t</p><p>y</p><p>g</p><p>= = =2 2 10 0</p><p>9 80</p><p>1 430 ( , )</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>2</p><p>A distância horizontal coberta pelo mergulhador até atingir a água é R = x = (2,00 m/s)(1,43 s) =</p><p>2,86 m.</p><p>Nota: Usando a Eq. (4-25) com u0 0= , a trajetória do mergulhador também pode ser descrita</p><p>pela equação</p><p>y y</p><p>gx</p><p>v</p><p>= −0</p><p>2</p><p>0</p><p>22</p><p>O item (c) também pode ser resolvido usando esta equação:</p><p>y y</p><p>gx</p><p>v</p><p>x R</p><p>v y</p><p>g</p><p>= − = ⇒ = = =0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2 2 0 10 0( , ) ( ,m/s mm</p><p>m/s</p><p>m</p><p>2</p><p>)</p><p>,</p><p>,</p><p>9 8</p><p>2 86=</p><p>38. Neste problema de movimento balístico, temos v0 = vx = constante e o que é plotado é</p><p>v v vx y= +2 2 . Vemos no gráfico que, no instante t = 2,5 s, a bola atinge a altura máxima, na</p><p>qual vy = 0. Assim, concluímos que vx = va = 19 m/s.</p><p>(a) Por simetria, a bola leva t = 5 s para tocar novamente o solo, tempo durante o qual percorre</p><p>uma distância horizontal x – x0 = vxt = 95 m.</p><p>(b) Como ( )19 312</p><p>0</p><p>2m/s m/s+ =v y (o primeiro ponto do gráfico), sabemos que v y0 24 5= , m/s.</p><p>Assim, com t = 2,5 s, podemos usar a equação y y v t gtymáx − = −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 ou a equação</p><p>v v g y yy y</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>00 2= = − −( )máx ou a equação y y v v ty ymáx − = +( )0</p><p>1</p><p>2 0 para calcular ymáx. Optamos</p><p>pela terceira:</p><p>y y v v t yy ymáx máx− = + ⇒ = +0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>0 24 5 2 5( ) ( , )( ,m/s ss m) = 31</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 95</p><p>onde tomamos y0 = 0 como o nível do solo.</p><p>39. Seguindo a sugestão, invertemos o movimento e supusemos que a bola foi lançada do solo,</p><p>para a direita, a 60o com o semieixo x positivo.</p><p>(a) A equação da componente x (com x0 = 0 e x = 25,0 m) leva a</p><p>25,0 m = (v0 cos 60,0°)(1,50 s),</p><p>o que nos dá v0 = 33,3 m/s. Com y0 = 0 e y = h > 0 para t = 1,50 s, temos y y v t gty− = −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 ,</p><p>na qual v0y = v0 sen 60,0°. Isso nos dá h = 32,3 m.</p><p>(b) Temos:</p><p>vx = v0x = (33,3 m/s)cos 60,0° = 16,7 m/s</p><p>vy = v0y – gt = (33,3 m/s)sen 60,0° – (9,80 m/s2)(1,50 s) = 14,2 m/s.</p><p>O módulo de</p><p></p><p>v é dado por</p><p>| | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>v v vx y= + = + =2 2 2 216 7 14 2 21 9m/s m/s m/s..</p><p>(c) O ângulo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>14 2</p><p>16 7</p><p>v</p><p>v</p><p>y</p><p>x</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>== °40 4, .</p><p>(d) Interpretamos este resultado (“desfazendo” a inversão do tempo) como uma velocidade ini-</p><p>cial (no terraço do edifício) de módulo 21,9 m/s e ângulo (para a esquerda e para baixo) 40,4°.</p><p>40. (a) Calculando o valor de t na Eq. 4-22,</p><p>m my y v t gt− = − ⇒ − =0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>0 2 160 15 00( sen ) , ( ,u //s m/s2)sen( , ) ( , ) ,45 00</p><p>1</p><p>2</p><p>9 800 2 t t−</p><p>vemos que o tempo que o peso passa no ar é t = 2 352, s . Assim, a distância horizontal percor-</p><p>rida é</p><p>R v t= ( ) = =0 0 15 00 45 00 2 352 2cos ( , ) cos , ( , )u m/s s° 44 95, m.</p><p>(b) Fazendo o mesmo cálculo para u0 42 00= , ° , temos:</p><p>m my y v t gt− = − ⇒ − =0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>0 2 160 15 00( sen ) , ( ,u //s m/s2)sen( , ) ( , )42 00</p><p>1</p><p>2</p><p>9 800 2 t t−</p><p>e o tempo que o peso passa no ar é t = 2 245, s . Assim, a nova distância horizontal é</p><p>R v t= ( ) = =0 0 15 00 42 00 2 245 2cos ( , ) cos , ( , )u m/s s° 55 02, m.</p><p>41. Tomando como origem a posição do peixe-arqueiro, a posição do inseto é dada por (x, y),</p><p>em que x R v g= =/ sen /2 2 20</p><p>2</p><p>0u e y corresponde à altura máxima da trajetória parabólica:</p><p>y y v g= =máx 0</p><p>2 2</p><p>0 2sen /u . De acordo com a figura, temos:</p><p>tan</p><p>sen /</p><p>sen /</p><p>tan</p><p>u</p><p>u</p><p>u= = =y</p><p>x</p><p>v g</p><p>v g</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>0</p><p>2</p><p>2 2</p><p>1</p><p>2</p><p>Como  = 36 0, ° , o ângulo de lançamento deve ser</p><p>u 0</p><p>1 1 12 2 36 0 1 453= ( ) = ( ) =− − −tan tan tan tan , tan ,° (( ) = ≈55 46 55 5, ,° °.</p><p>Note que u0 depende de , mas não depende de d.</p><p>96 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>42. (a) Usando o fato de que Zacchini (tratado como um projétil) atinge a altura máxima ao passar pela</p><p>roda do meio, situada no ponto situado a uma distância horizontal x = + =23 23 2 34 5m m m( / ) ,</p><p>do ponto de lançamento, podemos calcular a velocidade escalar inicial usando a Eq. 4-26:</p><p>x</p><p>R v</p><p>g</p><p>v</p><p>gx= = ⇒ = =</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 9 8 30</p><p>2</p><p>0</p><p>0</p><p>0</p><p>sen</p><p>sen</p><p>( , )(u</p><p>u</p><p>m/s2 44 5</p><p>2 53</p><p>26 5</p><p>, )</p><p>sen( , )</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s.</p><p>°</p><p>=</p><p>Substituindo esse valor na Eq. 4-25, obtemos</p><p>y y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>= + − = +0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>02</p><p>3 0 23 53tan</p><p>cos</p><p>, ( ) tanu</p><p>u</p><p>m m °°</p><p>°</p><p>− =( , )( )</p><p>( , ) (cos )</p><p>9 8 23</p><p>2 26 5 53</p><p>2</p><p>2</p><p>2 2</p><p>m/s m</p><p>m/s</p><p>2</p><p>33 3, m.</p><p>Como a altura das rodas é hr = 18 m, Zacchini passou a uma distância Dy y hr= − = − =23 3 1, ,m m</p><p>D = − = − =3 18 5 3, ,m m m da primeira roda.</p><p>(b) A distância a que Zacchini passou da segunda roda pode ser calculada resolvendo a Eq. 4-24.</p><p>Como a segunda roda está em x = + =23 23 2 34 5m m m,( / ) , temos:</p><p>y y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>= + − = +0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>02</p><p>3 0 34 5tan</p><p>cos</p><p>, ( , ) tanu</p><p>u</p><p>m m 553</p><p>9 8 34 5</p><p>2 26 52 53</p><p>2</p><p>2</p><p>° − ( , )( , )</p><p>( , ) (cos</p><p>m/s m</p><p>m/s</p><p>2</p><p>°°)</p><p>,</p><p>2</p><p>25 9= m.</p><p>Assim, Zacchini passou a uma distância Dy y hr= − = − =25 9 18 7 9, ,m m m da segunda roda.</p><p>(c) A posição do centro da rede é dada por</p><p>0</p><p>2</p><p>2 2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0</p><p>0</p><p>2</p><p>0= − = − ⇒ = =y y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>x</p><p>v</p><p>g</p><p>tan</p><p>cos</p><p>sen (</p><p>u</p><p>u</p><p>u 66 52 2 53</p><p>9 8</p><p>69</p><p>2, ) sen( , )</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>m.</p><p>2</p><p>° =</p><p>43. Chamamos a velocidade dada, v = +( , ˆ ( ˆ7 6 m/s)i 6,1 m/s) j , de</p><p></p><p>v1 , para distingui-la da ve-</p><p>locidade da bola quando atinge a altura máxima,</p><p></p><p>v2 , e da velocidade da bola ao atingir o solo, </p><p>v3 , e chamamos a velocidade inicial de</p><p></p><p>v0 , como de costume. Escolhemos como origem o</p><p>ponto de lançamento.</p><p>(a) Várias abordagens são possíveis, mas como será útil (para resolver o resto do problema) co-</p><p>nhecer a componente vertical da velocidade inicial, vamos começar por este cálculo. De acordo</p><p>com a Eq. 2-16, temos:</p><p>v v g y vy y y1</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0</p><p>22 6 1 2 9 8= − ⇒ = −D ( , ) ( , )(m/s m/s2 99 1, )m</p><p>o que nos dá v0 y = 14,7 m/s. Sabendo que v2 y = 0, usamos novamente a Eq. 2-16, mas agora</p><p>com ∆y = h, a altura máxima:</p><p>v v gh hy y2</p><p>2</p><p>0</p><p>2 22 0 14 7 2 9 8= − ⇒ = −( , ) ( , )m/s m/s2</p><p>o que nos dá h = 11 m.</p><p>(b) Usando a Eq. 4-26 com v0 y no lugar de v0 sen θ0 e v0x no lugar de v0 cos θ0, temos:</p><p>0</p><p>1</p><p>20</p><p>2</p><p>0= − =v t gt R v ty x,</p><p>o que nos dá R v v gx y= 2 0 0 / . Como v0x = v1x = 7, 6 m/s, temos:</p><p>R = 2(7,6 m/s)(14,7 m/s)/(9,8 m/s2) = 23 m.</p><p>(c) Como v3x = v1x = 7,6 m/s e v3y = – v0 y = –14,7 m/s, temos:</p><p>v v vx y3 3</p><p>2</p><p>3</p><p>2 2 27 6 14 7 17= + = + − =( , ) ( , )m/s m/s m/s..</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 97</p><p>(d) O cálculo do ângulo de</p><p></p><p>v3 (medido em relação à horizontal) leva a duas possibilidades:</p><p>tan</p><p>,</p><p>,</p><p>− −</p><p></p><p></p><p></p><p>= − ° °1 14 7</p><p>7 6</p><p>63</p><p>m</p><p>m</p><p>ou 117</p><p>Escolhemos a primeira possibilidade (–63°, que é equivalente a 297°) porque os sinais das com-</p><p>ponentes mostram que</p><p></p><p>v3 está no quarto quadrante.</p><p>44. Como a velocidade inicial é horizontal, v y0 = 0 e v0 = v0x = 161 km/h. Convertendo para</p><p>unidades do SI, v0 = 44,7 m/s.</p><p>(a) Escolhendo como origem o ponto de lançamento, a coordenada y da bola é dada por y gt= − 1</p><p>2</p><p>2</p><p>e a coordenada x é dada por x = v0t. A última equação nos dá uma proporcionalidade simples</p><p>entre distância horizontal e tempo, que significa que o tempo para percorrer metade da distân-</p><p>cia total é igual à metade do tempo total. Mais especificamente, se x = 18,3/2 m, t = (18,3/2 m)/</p><p>(44,7 m/s) = 0,205 s.</p><p>(b) O tempo necessário para percorrer os 18,3/2 m seguintes também deve ser 0,205 s. Pode ser</p><p>interessante escrever a equação da componente horizontal do deslocamento na forma ∆x = v0∆t</p><p>para ver este resultado mais claramente.</p><p>(c) Usando a equação y gt= − 1</p><p>2</p><p>2, vemos que a bola caiu | , , | ,− ( )( ) =1</p><p>2</p><p>2</p><p>9 80 0 205 0 205m/s s m2</p><p>em metade do percurso.</p><p>(d) A altura da bola no final do percurso é − ( )( ) = −1</p><p>2</p><p>2</p><p>9 80 0 409 0 820, , ,m/s s m2 , que, quando</p><p>comparada</p><p>com o resultado anterior, mostra que a bola caiu mais 0,615 m na segunda metade</p><p>do percurso. Como y não varia linearmente com t, não podemos esperar que tempos iguais cor-</p><p>respondam a variações iguais de altura; fisicamente, isso se deve ao fato de que a “velocidade</p><p>inicial” da segunda metade da queda é maior que a velocidade inicial da primeira metade da</p><p>queda.</p><p>45. (a) Seja m = d2/d1 = 0,600 a inclinação da rampa, de modo que y = mx. Escolhemos como</p><p>origem o ponto de lançamento e usamos a Eq. 4-25. Temos:</p><p>y x</p><p>x= −tan( , )</p><p>( , )</p><p>( , ) (cos</p><p>50 0</p><p>9 80</p><p>2 10 0</p><p>2</p><p>2</p><p></p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>550 0</p><p>0 600</p><p>2, )</p><p>,</p><p></p><p>= x</p><p>o que nos dá x = 4,99 m. Como esse valor é menor que d1, a bola cai na rampa.</p><p>(b) Usando o valor de x calculado no item (a), obtemos y = mx = 2,99 m. Assim, de acordo</p><p>com o teorema de Pitágoras, o módulo do deslocamento é x y2 2+ = 5,82 m.</p><p>(c) O ângulo do deslocamento, naturalmente, é o ângulo da rampa: tan-1(m) = 31,0º.</p><p>46. Usando o fato de que vy = 0 quando o jogador atinge a altura máxima ymáx , o tempo neces-</p><p>sário para atingir ymáx pode ser calculado usando a Eq. 4-23:</p><p>0 0 0</p><p>0 0= = − ⇒ =v v gt t</p><p>v</p><p>g</p><p>y sen</p><p>sen</p><p>.u</p><p>u</p><p>máx</p><p>Substituindo essa expressão na Eq. 4-22, vemos que a altura máxima é dada por</p><p>y v t gt v</p><p>v</p><p>máx máx máx= − =( sen ) sen</p><p>sen</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>0 01</p><p>2</p><p>u u</p><p>u</p><p>gg</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=1</p><p>2 2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0sen sen</p><p>.</p><p>u u</p><p>98 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Para calcular o instante em que o jogador está em y y= máx / 2 , resolvemos a equação do segun-</p><p>do grau dada pela Eq. 4-22:</p><p>y y</p><p>v</p><p>g</p><p>v t gt t= = = − ⇒ =±</p><p>1</p><p>2 4</p><p>1</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0</p><p>0 0</p><p>2</p><p>máx</p><p>sen</p><p>( sen )</p><p>(u</p><p>u</p><p>22 2</p><p>2</p><p>0 0± ) sen</p><p>.</p><p>v</p><p>g</p><p>u</p><p>Escolhendo a solução t t= − (ou seja, durante a subida), o tempo que o jogador passa a uma</p><p>altura y y≥ máx / 2 é</p><p>Dt t t</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>v= − = − − =−máx</p><p>0 0 0 0 0 02 2</p><p>2 2</p><p>sen ( ) sen senu u u</p><p>gg</p><p>t t</p><p>t</p><p>= ⇒ = =máx</p><p>máx2</p><p>1</p><p>2</p><p>0 707</p><p>D</p><p>, .</p><p>Assim, o jogador passa 70,7% na metade mais alta do salto. Note que a razão Dt t/ máx não de-</p><p>pende de v0 e u0, embora Dt e tmáx dependam desses parâmetros.</p><p>47. Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de contato entre</p><p>o taco e a bola. Na ausência de um alambrado, com u0 45= °, o alcance horizontal (até a altura</p><p>de lançamento) é R = 107 m . Queremos saber a que altura do solo estará a bola quando tiver</p><p>percorrido uma distância horizontal x9 = 97,5 m, mas para isso precisamos conhecer a veloci-</p><p>dade inicial. A trajetória da bola é descrita pela Eq. 4-25:</p><p>y y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>− = −0 0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>22</p><p>(tan )</p><p>( cos )</p><p>u</p><p>u</p><p>A figura (que não foi desenhada em escala) mostra a situação do problema.</p><p>(a) Começamos por calcular a velocidade inicial v0. Substuindo o valor do alcance horizontal</p><p>(y y= 0 para x R= ) e do ângulo de lançamento (θ0 = 45°) na Eq. 4-25, temos:</p><p>v</p><p>gR</p><p>0</p><p>02</p><p>9 8 107</p><p>2 45</p><p>32 4= =</p><p>×</p><p>=</p><p>sen</p><p>( , )( )</p><p>sen( )</p><p>,</p><p>u</p><p>m/s m2</p><p>°</p><p>mm/s.</p><p>Assim, o instante em que a bola chega ao alambrado é</p><p>′ = ′ ⇒ ′ = ′ = ( )x v t t</p><p>x</p><p>v</p><p>( cos )</p><p>cos</p><p>,</p><p>,0 0</p><p>0 0</p><p>97 5</p><p>32 4</p><p>u</p><p>u</p><p>m</p><p>m/s ccos</p><p>,</p><p>45</p><p>4 26</p><p>°</p><p>= s.</p><p>Nesse instante, a altura da bola (em relação ao solo) é</p><p>′ = + ( ) ′ − ′</p><p>= +</p><p>y y v t gt0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>1 22 32 4</p><p>sen</p><p>, [( , ) s</p><p>u</p><p>m m/s een ]( , ) ( , )( , )</p><p>,</p><p>45 4 26</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 4 26</p><p>9 88</p><p>2° s m/s s</p><p>m</p><p>2−</p><p>=</p><p>o que significa que a bola consegue passar pelo alambrado, já que este tem 7,32 m de altura.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 99</p><p>(b) No instante ′ =t 4 26, s, o centro da bola está 9,88 m – 7,32 m = 2,56 m acima do alam-</p><p>brado.</p><p>48. Seguindo a sugestão, invertemos o movimento e supusemos que a bola foi lançada do alto</p><p>do edifício, para a esquerda, a 60o no sentido horário com um eixo apontando para a esquerda.</p><p>Nesta situação invertida, é conveniente considerar como sentido positivo do eixo x o sentido da</p><p>direita para a esquerda e como sentido positivo dos ângulos o sentido horário. As distâncias</p><p>estão em metros e os tempos em segundos.</p><p>(a) Com y0 = 20,0 m e y = 0 em t = 4,00 s, temos y y v t gty− = −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 , onde v vy0 0 60= °sen . Isso</p><p>nos dá v0 = 16,9 m/s. Substituindo na equação da componente x do movimento, x x v tx− =0 0</p><p>(com x0 = 0 e x = d), obtemos</p><p>d = (16,9 m/s) cos 60° (4,00 s) = 33,7 m.</p><p>(b) Temos:</p><p>v v</p><p>v v gt</p><p>x x</p><p>y y</p><p>= = =</p><p>= − =</p><p>0</p><p>0</p><p>16 9 60 8 45</p><p>1</p><p>( , ) cos ,</p><p>(</p><p>m/s m/s</p><p>66 9 60 9 80 4 00 24 6, )sen ( , )( , ) ,m/s m/s s m/s.2 − = −</p><p>O módulo de</p><p></p><p>v é | | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>v v vx y= + = + − =2 2 2 28 45 24 56 26 0m/s m/s m//s.</p><p>(c) O ângulo em relação à horizontal é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>24 6</p><p>8 43</p><p>v</p><p>v</p><p>y</p><p>x</p><p>m/s</p><p>m/s  = − °71 1, .</p><p>Podemos converter o vetor velocidade da forma retangular para a forma módulo-ângulo:</p><p></p><p>v = − → ∠ −( , , , ) ( , , )8 45 24 6 26 0 71 1</p><p>e interpretar o resultado (“desfazendo” a inversão do movimento) como uma velocidade inicial</p><p>de módulo 26,0 m/se ângulo (para cima e para a direita) de 71,1°.</p><p>49. Vamos escolher como origem o ponto onde a bola foi chutada e calcular o ângulo inicial θ0</p><p>para que y > 3,44 m para x = 50 m. As equações do movimento da bola são</p><p>x v y v t gt= = −0 0 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>cos sen .u ue</p><p>A primeira equação nos dá t = x/v0 cos θ0; substituindo na segunda equação, obtemos</p><p>y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>= −tan</p><p>cos</p><p>.u</p><p>u</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>02</p><p>Poderíamos resolver essa equação por tentativa e erro, ou seja, experimentar vários valores de</p><p>θ0 até encontrar os limites superior e inferior dos valores de θ0 que atendem às especificações</p><p>do problema. Entretanto, uma pequena manipulação permite obter uma solução algébrica para</p><p>a equação. Usando a identidade trigonométrica 1/(cos2 θ0) ≡ 1 + tan2 θ0, obtemos</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>gx</p><p>v</p><p>x y</p><p>gx</p><p>v</p><p>tan tanu u− + + =</p><p>que é uma equação do segundo grau em tan θ0. Para facilitar os cálculos, definimos uma nova</p><p>constante</p><p>c</p><p>gx</p><p>v</p><p>= = =1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>9 80 50 25 19 6</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2 2 2( , )( ) / ( ) ,m/s m m/s mm.</p><p>100 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Nesse caso, a equação do segundo grau se torna c tan2 θ0 – x tan θ0 + y + c = 0, cujas soluções</p><p>são</p><p>tan</p><p>( ) ( ) ( , ,</p><p>u0</p><p>2 24</p><p>2</p><p>50 50 4 3 44 19</p><p>=</p><p>± − +</p><p>=</p><p>± − +x x y c c</p><p>c</p><p>m m m 66 19 6</p><p>2 19 6</p><p>m m</p><p>m</p><p>)( , )</p><p>( , )</p><p>As duas soluções são tanθ0 = 1,95 e tanθ0 = 0,605. Os ângulos correspondentes (no primeiro</p><p>quadrante) são θ0 = 63° e θ0 = 31°. Assim,</p><p>(a) O menor ângulo é θ0 = 31°.</p><p>(b) O maior ângulo é θ0 = 63°.</p><p>50. Usamos as Eqs. 4-21, 4-22 e 4-23.</p><p>(a) A partir de Dx v tx= 0 , obtemos v x0 40 2 20= =m s m/s./</p><p>(b) A partir de Dy v t gty= −0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 , obtemos v y0</p><p>1</p><p>2</p><p>253 9 8 2 2 36= +( ) =m m/s s2( , )( ) / m/s.</p><p>(c) A partir de v v gty y= − ′0 com vy = 0 como a condição de altura máxima, obtemos</p><p>′ = =t ( / ( , ) ,36 9 8 3 7m/s) m/s s.2 Como durante esse tempo a componente x da velocidade é</p><p>constante, ′ − = =x x0 20 3 7 74( )( , )m/s s m.</p><p>51. (a) Como o esquiador salta com um ângulo u0 9 0= , ° para cima com a horizontal, seu vetor</p><p>velocidade ao voltar ao nível de onde saltou faz um ângulo de 9,0o para baixo com a horizontal.</p><p>Como, nesse ponto, a encosta faz um ângulo  = 11 3, ° para baixo com a horizontal, o ângulo</p><p>entre a encosta e o vetor velocidade do esquiador é   u= − = − =0 11 3 9 0 2 3, , ,° ° °.</p><p>(b) Suponha que o esquiador toca a neve a uma distância d do início da encosta, medida pa-</p><p>ralelamente à encosta. Usando a Eq. 4-25 com x d= cos e y d= − sen (escolhendo como</p><p>origem o ponto onde começa a encosta), temos:</p><p>− = −d d</p><p>g d</p><p>v</p><p>sen cos tan</p><p>( cos )</p><p>cos</p><p>.  u</p><p></p><p>u</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2</p><p>02</p><p>Explicitando d, obtemos:</p><p>d</p><p>v</p><p>g</p><p>v= +( ) =2 20</p><p>2 2</p><p>0</p><p>2 0</p><p>0</p><p>2cos</p><p>cos</p><p>cos tan sen</p><p>cosu</p><p></p><p> u </p><p>u00</p><p>2 0 0</p><p>0</p><p>2</p><p>02</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>cos</p><p>cos sen cos sen</p><p>cos</p><p>cos</p><p></p><p> u u </p><p>u</p><p>+( )</p><p>=</p><p>22 0</p><p></p><p>u sen( ).+</p><p>Substituindo os valores dados, obtemos:</p><p>d = 2 10 9 0</p><p>9 8 11 3</p><p>2</p><p>2</p><p>( ) cos( , )</p><p>( , ) cos ( , )</p><p>sen</p><p>m/s</p><p>m/s2</p><p>°</p><p>°</p><p>(( , , ) ,9 0 11 3 7 27° °+ = m</p><p>o que nos dá</p><p>y d= − = − = −sen ( , ) sen( , ) , 7 27 11 3 1 42m m.°</p><p>Assim, o esquiador toca a neve aproximadamente 1,4 m abaixo do ponto de onde saltou.</p><p>(c) O tempo que o esquiador passa no ar é</p><p>t</p><p>x</p><p>v</p><p>d</p><p>vx</p><p>=</p><p>= =cos</p><p>cos</p><p>( , ) cos( , )</p><p>(</p><p></p><p>u0 0</p><p>7 27 11 3</p><p>10</p><p>m</p><p>m/s</p><p>°</p><p>)) cos( , )</p><p>,</p><p>9 0</p><p>0 72</p><p>°</p><p>= s.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 101</p><p>De acordo com a Eq. 4-23, as componentes x e y da velocidade no final do salto são</p><p>v v</p><p>v v</p><p>x</p><p>y</p><p>= = =</p><p>=</p><p>0 0</p><p>0</p><p>10 9 0 9 9cos ( ) cos( , ) ,</p><p>sen</p><p>u</p><p>u</p><p>m/s m/s°</p><p>00 10 9 0 9 8 0 72 5− = − = −gt ( )sen( , ) ( , )( , ) ,m/s m/s s2° 55 m/s</p><p>Assim, a direção na qual o esquiador está se movendo quando toca a neve é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p>=− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>5 5</p><p>9 9</p><p>v</p><p>v</p><p>y</p><p>x</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>−− °29 1, .</p><p>ou seja, um ângulo de 29,1° para baixo com a horizontal. De acordo com esse resultado, o ân-</p><p>gulo entre a encosta e o vetor velocidade do esquiador é  = − =29 1 11 3 17 8, , ,° ° ° ou aproxi-</p><p>madamente 18°.</p><p>52. De acordo com a Eq. 4-21, t x v x= / 0 . Nesse caso, a Eq. 4-23 nos dá</p><p>v v gt v</p><p>gx</p><p>v</p><p>y y y</p><p>x</p><p>= − = −0 0</p><p>0</p><p>.</p><p>Como a inclinação do gráfico é −0,500, temos:</p><p>g</p><p>v x0</p><p>1</p><p>2</p><p>= ⇒ vox = 19,6 m/s.</p><p>Sabemos que o ponto em que a reta “intercepta” o eixo y é voy = 5,00 m/s. Assim,</p><p>θo = tan−1(voy ⁄ vox) = 14,3° ≈ 14° .</p><p>53. Sejam x0 = 0 e y0 = h0 = 1,00 m as coordenadas do ponto no qual a bola é golpeada. Sejam</p><p>x1 e y1 = h (altura do muro) as coordenadas do ponto no qual a bola passa pela primeira vez</p><p>pelo ponto mais alto do muro, 1,00 s após ter sido golpeada, e sejam x2 e y2 = h as coordenadas</p><p>do ponto no qual a bola passa novamente pelo ponto mais alto do muro, 4,00 s depois. Sejam</p><p>xf = R e yf = 1,00 m as cooordenadas do ponto no qual a bola é apanhada. As distâncias estão</p><p>em metros e os tempos em segundos.</p><p>(a) Lembrando que vx é constante, temos x2 – x1 = 50,0 m = v1x (4,00 s), o que nos dá v1x = 12,5</p><p>m/s. Assim, após seis segundos, temos:</p><p>xf – x0 = R = vx(6,00 s) = 75,0 m.</p><p>(b) Aplicando a equação y y v t gty− = −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 à componente vertical do movimento da bola no</p><p>trecho em que está acima do ponto mais alto do muro, temos:</p><p>y y v gy2 1 1</p><p>2</p><p>0 4 00</p><p>1</p><p>2</p><p>4 00− = = ( ) − ( ), ,s s</p><p>da qual v1y = 19,6 m/s. Um segundo antes, usando a equação v1y = v0y – g(1,00 s), obtemos</p><p>v y0 29 4= , m/s. Assim, a velocidade inicial da bola é</p><p></p><p>v v vx y= + = +0 0 12 5ˆ ˆ ( , ) ˆ ˆi j m/s i (29,4 m/s) j</p><p>O módulo da velocidade é | | ( , ) ,</p><p></p><p>v = =12 5 31 92m/s +(29,4 m/s) m/s.2</p><p>(c) O ângulo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>29 4</p><p>12 5</p><p>v</p><p>v</p><p>y</p><p>x</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>== °67 0, .</p><p>Interpretamos este resultado como uma velocidade de módulo 31,9 m/s e ângulo (para a direita</p><p>e para cima) de 67,0°.</p><p>102 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(d) Durante o primeiro 1,00 s do movimento, y y v t gty= + −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 e, portanto,</p><p>h = + ( )( ) − ( )( )1 0 29 4 1 00 9 8 1 001</p><p>2, , , , ,m m/s s m/s s2</p><p>22</p><p>25 5= , m.</p><p>54. Para ∆y = 0, a Eq. 4-22 nos dá t = 2vosenθo/g, ou seja, tmáx = 2vo/g (para uma bola lançada</p><p>verticalmente para cima: θo = 90°). Assim,</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>0</p><p>0 0t</p><p>v</p><p>g</p><p>máx = ⇒ = =sen sen .u u</p><p>Portanto, o ângulo para o qual o tempo de percurso corresponde à metade do tempo máximo é</p><p>θo = 30,0°. Como a velocidade é mínima no ponto mais alto da trajetória, onde a componente</p><p>vertical da velocidade é zero, a menor velocidade que a bola possui durante o percurso é vx =</p><p>vocosθo = vocos 30°= 0,866v0. Para determinar o valor de v0, observamos no gráfico que o alcan-</p><p>ce R é 240 m para θo = 45,0°. Nesse caso, de acordo com a Eq. 4-26, vo = 48,5 m/s. A resposta</p><p>é, portanto, (0,866)(48,5) = 42,0 m/s.</p><p>55. Chamamos de a a altura e de l a largura de um degrau. Para chegar ao degrau n, a bola deve</p><p>descer uma distância na e percorrer uma distância horizontal entre (n − 1)l e nl. Escolhemos</p><p>como origem o ponto em que a bola deixa o alto da escada e o sentido positivo do eixo y como</p><p>sendo para cima, como mostra a figura.</p><p>As coordenadas da bola no instante t são dadas por x = v0xt e y gt= − 1</p><p>2</p><p>2 (já que v0y = 0).</p><p>Para calcular o tempo necessário para a bola atingir o nível do degrau n, fazemos y = na e ex-</p><p>plicitamos t:</p><p>t</p><p>nh</p><p>g</p><p>= 2</p><p>.</p><p>A coordenada x é, portanto,</p><p>x v</p><p>na</p><p>g</p><p>n</p><p>x= = =0</p><p>2</p><p>1 52 0( , ( ,m/s)</p><p>2 (0,203 m)</p><p>9,8 m/s2</p><p>3309 m) n .</p><p>O passo seguinte consiste em experimentar valores de n até encontrarmos um valor para o qual</p><p>x/l seja menor que n, porém maior que n – 1. Para n = 1, x = 0,309 m e x/l = 1,52, que é maior</p><p>que n. Para n = 2, x = 0,437 m e x/l = 2,15, que também é maior que n. Para n = 3, x = 0,535 m</p><p>e x/l = 2,64. Como este valor é menor que n e maior que n – 1, a bola bate primeiro no terceiro</p><p>degrau de cima para baixo.</p><p>Nota: Para verificar se os cálculos estão corretos, podemos fazer n = 3 nas equações acima. Os</p><p>resultados são t = 0,353 s, y = 0,609 m e x = 0,535 m. Os valores de x e y realmente correspon-</p><p>dem ao terceiro degrau.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 103</p><p>56. Usamos a Eq. 4-35 para determinar a velocidade v e a Eq. 4-34 para calcular a aceleração a.</p><p>(a) Como o raio da Terra é 6,37 × 106 m, o raio da órbita do satélite é</p><p>r = (6,37 × 106 + 640 × 103 ) m = 7,01 × 106 m.</p><p>Assim, a velocidade do satélite é</p><p>v</p><p>r</p><p>T</p><p>= =</p><p>×( )</p><p>( )( ) =2 2 7 01 10</p><p>98 0 60</p><p>7 49</p><p>6  ,</p><p>, / min</p><p>,</p><p>m</p><p>min s</p><p>×× 103 m/s.</p><p>(b) O módulo da aceleração é</p><p>a</p><p>v</p><p>r</p><p>= =</p><p>×( )</p><p>×</p><p>=</p><p>2 3</p><p>2</p><p>6</p><p>7 49 10</p><p>7 01 10</p><p>8 00</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s2</p><p>57. (a) Como</p><p></p><p>a = v2/</p><p></p><p>r , temos:</p><p></p><p>r = v2/a = (3,66 m/s)2/(1,83 m/s2) = 7,32 m.</p><p>(b) Como</p><p></p><p>r e a têm sentidos opostos, se</p><p></p><p>a aponta para leste,</p><p></p><p>r aponta para oeste.</p><p>(c) Pelo mesmo raciocínio do item anterior, se</p><p></p><p>a aponta para o sul,</p><p></p><p>r aponta para o norte.</p><p>58. (a) A distância é o perímetro da circunferência c = 2πr = 2π(0,15 m) = 0,94 m.</p><p>(b) Se T = (60 s)/1200 = 0,050 s, a velocidade escalar é v = c/T = (0,94 m)/(0,050 s) = 19 m/s.</p><p>Isso equivale a usar a Eq. 4-35.</p><p>(c) O módulo da aceleração é a = v2/r = (19 m/s)2/(0,15 m) = 2,4 × 103 m/s2.</p><p>(d) O período do movimento é (1200 rev/min)–1 = 8,3 × 10–4 min; em unidades do SI, T = 0,050</p><p>s = 50 ms.</p><p>59. (a) Como a roda completa 5 voltas a cada minuto, o período do movimento é 60 s/5 = 12 s.</p><p>(b) O módulo da aceleração centrípeta é a = v2/R, na qual R é o raio da roda e v a velocidade</p><p>da passageira. Como a passageira percorre uma distância 2πR a cada volta, sua velocidade es-</p><p>calar é</p><p>v =</p><p>( )</p><p>=</p><p>2 15</p><p>12</p><p>7 85</p><p> m</p><p>s</p><p>m/s,</p><p>e sua aceleração centrípeta é a =</p><p>( )</p><p>=</p><p>7 85</p><p>15</p><p>4 1</p><p>2</p><p>,</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s2</p><p>(c) Como a roda-gigante está girando com velocidade constante, a aceleração centrípeta não</p><p>varia. Assim, no ponto mais alto do percurso, a = 4,1 m/s2.</p><p>(d) Pelo mesmo raciocínio do item anterior, a = 4,1 m/s2.</p><p>(e) O sentido é para cima, em direção ao centro da roda.</p><p>60. (a) No movimento circular uniforme, o vetor velocidade é sempre perpendicular ao vetor</p><p>aceleração. Assim,  v a⋅ = 0.</p><p>(b) No movimento circular uniforme, o vetor aceleração e o vetor posição têm a mesma direção</p><p>e sentidos opostos; assim,</p><p> </p><p>r a× = 0.</p><p>104 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>61. Usamos a Eq. 4-35 para calcular a velocidade v e a Eq. 4-34 para calcular a aceleração cen-</p><p>trípeta a.</p><p>(a) v = 2πr/T = 2π(20 km)/1,0 s = 126 km/s = 1,3 × 105 m/s.</p><p>(b) a</p><p>v</p><p>r</p><p>= =</p><p>( )</p><p>= ×</p><p>2</p><p>2</p><p>5</p><p>126</p><p>20</p><p>7 9 10</p><p>km/s</p><p>km</p><p>m/s2, .</p><p>(c) De acordo com as Eqs. 4-35 e 4-34, se a estrela girar mais depressa, v e a vão aumentar.</p><p>62. O módulo da aceleração é</p><p>a</p><p>v</p><p>r</p><p>= =</p><p>( )</p><p>=</p><p>2</p><p>2</p><p>10</p><p>25</p><p>4 0</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s2, .</p><p>63. Notamos primeiro que</p><p></p><p>a1 (a aceleração da partícula no instante t1 = 2,0 s) é perpendicular a</p><p></p><p>a2 (a aceleração no instante t2 = 5,00 s), calculando o produto escalar das duas acelerações:</p><p> </p><p>a a1 2 4⋅ = ⋅[( ˆ ˆ [( ,6,00 m/s )i + (4,00 m/s )j] 02 2 00 m/s )i + ( 6,00 m/s )j] = 0.2 2ˆ ˆ−</p><p>Como os vetores aceleração apontam para o centro da circunferência, isso significa que as duas</p><p>posições estão separadas por um quarto de circunferência (ou três quartos de circunferência,</p><p>dependendo do sentido em que a diferença é medida. É fácil constatar, acompanhando o movi-</p><p>mento da partícula, que se o movimento é no sentido anti-horário (como afirma o enunciado),</p><p>a partícula descreve três quartos de circunferência ao se deslocar da posição que ocupa no ins-</p><p>tante t1 para a posição</p><p>que ocupa no instante t2. Chamando o período de T, temos t2 – t1 = 3,00</p><p>s = 3T/4, o que nos dá T = 4,00 s. O módulo da aceleração é</p><p>a a ax y= + = + =2 2 2 26 00 4 00 7 21( , ) ( , ) ,m/s m/s m/s .2 2</p><p>De acordo com as Eqs. 4-34 e 4-35, a r T= 4 2 2 / , o que nos dá</p><p>r</p><p>aT= = =</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>24</p><p>7 21 4 00</p><p>4</p><p>2 92</p><p> </p><p>( , )( , )</p><p>,</p><p>m/s s</p><p>m.</p><p>2</p><p>64. No movimento circular uniforme, o vetor aceleração instantânea aponta sempre para o centro</p><p>da circunferência. Assim, o centro está “verticalmente acima” do ponto citado (em um sistema</p><p>de eixos convencional, com o eixo x na horizontal e o eixo y na vertical).</p><p>(a) Como o centro está “verticalmente acima” do ponto (4,00 m, 4,00 m), a coordenada x do</p><p>centro é 4,00 m.</p><p>(b) Para calcular a coordenada y, precisamos conhecer o raio da circunferência. De acordo com</p><p>a Eq. 4-34,</p><p>r</p><p>v</p><p>a</p><p>= =</p><p>( )</p><p>=</p><p>2</p><p>2</p><p>5 00</p><p>12 5</p><p>2 00</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>m</p><p>2</p><p>Assim, a coordenada y do centro é 2,00 m + 4,00 m = 6,00 m e o centro é um ponto de coorde-</p><p>nadas (x, y) = (4,00 m, 6,00 m).</p><p>65. Como o período do movimento circular uniforme é T r v= 2 / , em que r é o raio e v é a</p><p>velocidade escalar, a aceleração centrípeta pode ser escrita na forma</p><p>a</p><p>v</p><p>r r</p><p>r</p><p>T</p><p>r</p><p>T</p><p>= = </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>1 2 4 </p><p>.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 105</p><p>Com base nessa expressão, a razão entre as acelerações da carteira e da bolsa é igual à razão</p><p>entre as distâncias a que se encontram do centro: acarteira/abolsa = 3,00/2,00 = 1,50. Como as duas</p><p>acelerações estão sobre a mesma linha radial, temos:</p><p>acarteira</p><p>2 2m/s )i + (4,00 m/s )= 1 50 2 00, [( , ˆ ˆ̂ ( , ˆ ˆj] = m/s )i + (6,00 m/s )j.2 23 00</p><p>66. O fato de que a velocidade está na direção +y e a aceleração na direção +x no instante t1 =</p><p>4,00 s significa que o movimento é no sentido horário. A posição corresponde à posição das “9</p><p>horas”. Por outro lado, a posição no instante t2 = 10,0 s corresponde à posição das “6 horas”, já</p><p>que a velocidade aponta na direção −x e a aceleração na direção +y. Isso significa que o inter-</p><p>valo de tempo Dt = − =10 0 4 00 6 00, , ,s s s é igual a 3/4 de período:</p><p>6 00</p><p>3</p><p>4</p><p>8 00, ,s s.= ⇒ =T T</p><p>De acordo com a Eq. 4-35, temos:</p><p>r</p><p>vT= = =</p><p>2</p><p>3 00 8 00</p><p>2</p><p>3 82</p><p> </p><p>( , )( , )</p><p>,</p><p>m/s s</p><p>m.</p><p>(a) A coordenada x do centro da trajetória circular é x = + =5 00 3 82 8 82, , ,m m m.</p><p>(b) A coordenada y do centro da trajetória circular é y = 6 00, m.</p><p>Assim, o centro da circunferência está no ponto (x, y) = (8,82 m, 6,00 m).</p><p>67. A pedra está descrevendo inicialmente um movimento circular uniforme (desenho de cima), mas</p><p>passa a descrever uma trajetória balística depois que a corda arrebenta (desenho de baixo).</p><p>Como a v R= 2 / , para calcular a aceleração centrípeta da pedra, precisamos conhecer a velo-</p><p>cidade escalar durante o movimento circular, que é também a velocidade inicial do movimento</p><p>balístico quando a corda arrebenta. Usamos as equações do movimento balístico (discutidas na</p><p>Seção 4-6) para calcular essa última velocidade. Escolhendo o sentido do semieixo y positivo</p><p>como sendo para cima e a origem no ponto em que a pedra deixa de descrever o movimento cir-</p><p>cular, as coordenadas da pedra durante o movimento balístico são dadas por x = v0t e y gt= − 1</p><p>2</p><p>2</p><p>(já que v0y = 0). A pedra chega ao solo no ponto x = 10 m, y = –2,0 m.</p><p>106 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Explicitando t na equação da componente y do deslocamento, obtemos t y g= −2 / , que po-</p><p>demos substituir na primeira equação. O resultado é o seguinte:</p><p>v x</p><p>g</p><p>y</p><p>0 2</p><p>10</p><p>9 8</p><p>2 2 0</p><p>15 7= − = ( ) −</p><p>−( ) =m</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s.</p><p>2,</p><p>,</p><p>,</p><p>Assim, o módulo da aceleração centrípeta é</p><p>a</p><p>v</p><p>R</p><p>= =</p><p>( )</p><p>=0</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>15 7</p><p>1 5</p><p>160</p><p>,</p><p>,</p><p>.</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s</p><p>68. De acordo com o enunciado, depois de três segundos (t2 – t1 = 3,00 s), a velocidade tem a</p><p>mesma direção e o sentido oposto. Isso significa que o gato leva três segundos para percorrer</p><p>metade da circunferência. Assim, T = 2(3,00 s) = 6,00 s.</p><p>(a) Usando a Eq. 4-35, r = vT/2π, em que v = + =( , ) ( , ) ,3 00 4 00 5 002 2m/s m/s m/s , obtemos</p><p>r = 4 77, m . O módulo da aceleração centrípeta do gato é, portanto, a = v2/r = 5,24 m/s2.</p><p>(b) A aceleração média do gato é dada pela Eq. 4-15:</p><p></p><p> </p><p>a</p><p>v v</p><p>t t</p><p>méd</p><p>i j) m/s= −</p><p>−</p><p>= − − −2 1</p><p>2 1</p><p>3 00 4 00 3 0( , ˆ , ˆ ( , 00 4 00</p><p>2 00</p><p>2 00</p><p>ˆ , ˆ)</p><p>,</p><p>( , )ˆ</p><p>i j m/s</p><p>5,00 s s</p><p>m/s i + (2+</p><p>−</p><p>= − −− 2 67, )ˆm/s j2</p><p>e, portanto, | | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>améd</p><p>2 2 2m/s m/s m/s= − + − =2 00 2 67 3 332 2 ..</p><p>69. Usamos a Eq. 4-15 primeiro para as velocidades em relação à picape (índice p) e depois em</p><p>relação ao solo (índice s). Como vamos trabalhar usando unidades do SI, fazemos as conver-</p><p>sões 20 km/h → 5,6 m/s, 30 km/h → 8,3 m/s e 45 km/h → 12,5 m/s. Escolhemos o eixo + î</p><p>como a direção leste.</p><p>(a) De acordo com a Eq. 4-44, a velocidade do guepardo (índice c) no final do intervalo de</p><p>2,0 s é</p><p>  </p><p>v v vgp gs ps m/s i m/s i= − = − − =( , ) ˆ ( , ) ˆ (12 5 5 6 188 1, ˆm/s) i</p><p>em relação à picape. Como a aceleração do guepardo em relação à picape no início do intervalo</p><p>de 2,0 s é ( , ˆ−8 3 m/s)i , o vetor aceleração média do guepardo em relação ao cinegrafista (que</p><p>está na picape) é</p><p></p><p>améd</p><p>2m/s i m/s i</p><p>s</p><p>m/s= − − =( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>,</p><p>( )</p><p>18 1 8 3</p><p>2 0</p><p>13 ˆ̂i,</p><p>o que nos dá | | .</p><p></p><p>améd</p><p>2m/s= 13</p><p>(b) A direção de</p><p></p><p>améd é + î , ou seja, a direção leste.</p><p>(c) De acordo com a Eq. 4-44, a velocidade do guepardo no início do intervalo de 2,0 s é</p><p>  </p><p>v v v0 0 0 8 3 5 6gs gp ps m/s i ( m/s= + = − + −( , )ˆ , )îi m/s)i= −( , ˆ13 9</p><p>em relação ao solo. O vetor aceleração média em relação ao membro da equipe que está na</p><p>margem da estrada é</p><p></p><p>améd</p><p>2m/s i m/s i</p><p>s</p><p>m/s= − − =( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>,</p><p>(</p><p>12 5 13 9</p><p>2 0</p><p>13 ))ˆ |i, | m/sméd</p><p>2</p><p>a = 13</p><p>o mesmo resultado do item (a).</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 107</p><p>(d) A direção de</p><p></p><p>améd é +î , ou seja, a direção leste.</p><p>70. Usamos a Eq. 4-44, notando que o sentido rio acima corresponde à direção +î .</p><p>(a) Vamos usar o índice b para o barco, o índice a para a água e o índice m para a margem.</p><p>  </p><p>v v vbm ba am km/h) i km/h) i (5= + = + − =( ˆ ( ˆ14 9 km/h) i.̂</p><p>Assim, | |</p><p></p><p>vbm km/h.= 5</p><p>(b) A orientação de</p><p></p><p>vbm é +x, ou seja, rio acima.</p><p>(c) Usando o índice c para a criança, temos:</p><p>  </p><p>v v vcm cb bm km/h) i km/h) i (= + = − + = −( ˆ ( ˆ6 5 1 km/h) î.</p><p>Assim, | |</p><p></p><p>vcm km/h.= 1</p><p>(d) A orientação de</p><p></p><p>vcm é −x, ou seja, rio abaixo.</p><p>71. Enquanto o homem se move no sentido da esteira rolante (cobrindo uma distância d em</p><p>relação ao solo em um tempo t1 = 2,50 s), a Eq. 4-44 nos dá</p><p>vesteira + vhomem =</p><p>d</p><p>t1</p><p>.</p><p>Quando o homem corre no sentido oposto (levando um tempo t2 = 10,0 s), temos:</p><p>vesteira − vhomem = − d</p><p>t2</p><p>.</p><p>Resolvendo esse sistema de equações e calculando a razão pedida, temos:</p><p>v</p><p>v</p><p>t t</p><p>t t</p><p>homem</p><p>esteira</p><p>= +</p><p>−</p><p>= = =1 2</p><p>1 2</p><p>12 5</p><p>7 5</p><p>5</p><p>3</p><p>1 67</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>72. Chamamos a velocidade do jogador em relação ao campo de</p><p></p><p>vJC e a velocidade relativa da bola</p><p>em relação ao jogador de</p><p></p><p>vBJ. Nesse caso, a velocidade</p><p></p><p>vBC da bola em relação ao campo é dada</p><p>por</p><p>  </p><p>v v vBC JC BJ= + . O menor ângulo, θmin, corresponde ao caso em que</p><p> </p><p>v vBC JC⊥ . Assim,</p><p>umin cos</p><p>| |</p><p>| |</p><p>cos= −</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −−180 1801° °</p><p></p><p></p><p>v</p><p>v</p><p>JC</p><p>BJ</p><p>−− </p><p></p><p></p><p></p><p>=1 4 0</p><p>130</p><p>m/s</p><p>6,0 m/s</p><p>,</p><p>.°</p><p>73. Usamos os índices p e m para designar o policial e o motorista. O sistema de coordenadas</p><p>é o da Fig. 4-46.</p><p>(a) A velocidade do motorista em relação ao policial é</p><p>  </p><p>v v vm p m p km/h j km/h i 80= − = − − − =( )ˆ ( )ˆ (60 80 km/h)i km/h j.ˆ ( )ˆ− 60</p><p>(b)</p><p></p><p>vm p tem a mesma direção que a reta que liga os dois carros. Observando a Fig. 4-46, ve-</p><p>mos que o vetor que aponta de um carro para o outro é</p><p></p><p>r = −( )ˆ ( ˆ800 m i 600 m) j (de M para P).</p><p>108 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Como a razão entre os componentes de</p><p></p><p>r é igual à razão entre os componentes de</p><p></p><p>vm p, os dois</p><p>vetores têm a mesma direção.</p><p>(c) Não, as respostas permanecem as mesmas.</p><p>74. Supondo que a velocidade do avião e a velocidade do vento são constantes, a velocidade</p><p>do avião em relação ao solo é</p><p></p><p>vAS = (55 km)/(1/4 hora) j = (220 km/h)j.ˆ</p><p>cúbico da</p><p>nuvem contém de 50 × 106 a 500 × 106 gotas de chuva, concluímos que a nuvem inteira contém de</p><p>4,7 × 1018 a 4,7 × 1019 gotas. Como o volume de cada gota é 4</p><p>3</p><p>π(10 × 10−฀6 m)3 = 4,2 × 10−15 m3,</p><p>o volume total de água na nuvem está entre 2 103× e 2 104× m3.</p><p>(b) Usando o fato de que 1 1 10 1 103 3 3 3L cm m= × = × − , a quantidade de água estimada no item</p><p>(a) encheria de 2 106× a 2 107× garrafas.</p><p>(c) Como um metro cúbico de água tem uma massa de 1000 kg, a massa de água está entre</p><p>2 106× e 2 107× kg. A coincidência entre os resultados dos itens (b) e (c) deste problema se</p><p>deve ao fato de que um litro de água tem uma massa de um quilograma.</p><p>27. Introduzimos a ideia de massa específica, ρ = m V/ , e convertemos para unidades do SI:</p><p>1000 g = 1 kg e 100 cm = 1 m.</p><p>8 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) A massa específica ρ de uma amostra de ferro é</p><p>ρ = ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=7 87</p><p>1</p><p>1000</p><p>100</p><p>1</p><p>78</p><p>3</p><p>, g cm</p><p>kg</p><p>g</p><p>cm</p><p>m</p><p>3 770 kg/m3.</p><p>Ignorando os espaços vazios entre as esferas, a massa específica de um átomo de ferro é igual</p><p>à massa específica de uma amostra de ferro. Assim, se M é a massa e V é o volume de um áto-</p><p>mo, temos:</p><p>V</p><p>M= =</p><p>×</p><p>×</p><p>= ×</p><p>−</p><p>−</p><p>ρ</p><p>9 27 10</p><p>7 87 10</p><p>1 18 10</p><p>26</p><p>3</p><p>29 3</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>kg</p><p>kg m</p><p>m</p><p>3</p><p>(b) Fazemos V = 4πR3/3, em que R é o raio de um átomo (o Apêndice E contém várias fórmulas</p><p>de geometria). Explicitando R, obtemos</p><p>R</p><p>V= </p><p></p><p></p><p> =</p><p>×( )</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>−3</p><p>4</p><p>3 1 18 10</p><p>4</p><p>1 41</p><p>1 3 29 3</p><p>1 3</p><p>π π</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>×× −10 10 m.</p><p>A distância entre os centros dos átomos é igual a duas vezes o raio atômico, 2,82 × 10−10 m.</p><p>28. Estimando a massa de um gato doméstico “típico” como 10 kg e a massa de um átomo “tí-</p><p>pico” (do gato) como 10 u ≈ 2 × 10−26 kg, existem aproximadamente (10 kg)/( 2 × 10−26 kg) ≈</p><p>5 × 1026 átomos, um número da ordem de mil vezes maior que o número de Avogadro. Assim,</p><p>um gato contém da ordem de um quilomol de átomos.</p><p>29. A massa em quilogramas é</p><p>28 9</p><p>100 16</p><p>, piculs</p><p>gin</p><p>1picul</p><p>tahil</p><p>1gin</p><p>( ) </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>10 10 0 3chee</p><p>1tahil</p><p>hoon</p><p>1 chee</p><p>, 7779g</p><p>1hoon</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>o que nos dá 1,747 × 106 g ou aproximadamente 1,75 × 103 kg.</p><p>30. Para resolver o problema, notamos que, igualando a zero a derivada primeira da função,</p><p>podemos calcular o instante em que a massa é máxima.</p><p>(a) Derivando m t t t( ) , , ,,= − +5 00 3 00 20 000 8 em relação a t, temos:</p><p>dm</p><p>dt</p><p>t= −−4 00 3 000 2, , .,</p><p>A massa é máxima para dm dt/ = 0 ou t = =( , / , ) ,/ ,4 00 3 00 4 211 0 2 s.</p><p>(b) Em t = 4 21, s, a massa de água é</p><p>m t( , ) , ( , ) , ( , ) ,,= = − + =4 21 5 00 4 21 3 00 4 21 20 00 20 8s 33 2, g.</p><p>(c) A taxa de variação na massa em t = 2 00, s é</p><p>dm</p><p>dt t=</p><p>−= −[ ] =</p><p>2 00</p><p>0 24 00 2 00 3 00 0 48</p><p>,</p><p>,, ( , ) , ,</p><p>s</p><p>g/s g/ss</p><p>g</p><p>s</p><p>kg</p><p>1000 g</p><p>s</p><p>1 min</p><p>kg/min</p><p>= ⋅ ⋅</p><p>= × −</p><p>0 48</p><p>1 60</p><p>2 89 10 2</p><p>,</p><p>, ..</p><p>(d) Analogamente, a taxa de variação da massa em t = 5 00, s é</p><p>dm</p><p>dt t=</p><p>−= −[ ] = −</p><p>2 00</p><p>0 24 00 5 00 3 00 0 101</p><p>,</p><p>,, ( , ) , ,</p><p>s</p><p>g/s gg/s</p><p>g</p><p>s</p><p>kg</p><p>1000 g</p><p>s</p><p>1 min</p><p>k</p><p>= − ⋅ ⋅</p><p>= − × −</p><p>0 101</p><p>1 60</p><p>6 05 10 3</p><p>,</p><p>, gg/min.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 9</p><p>31. A massa específica do chocolate é</p><p>ρ = = = × = ×−m</p><p>V</p><p>0 0200</p><p>50 0</p><p>4 00 10 4 00 104</p><p>,</p><p>,</p><p>, ,</p><p>g</p><p>mm</p><p>g/mm</p><p>3</p><p>3 −−4 kg/cm3.</p><p>Desprezando o volume do espaço vazio entre as barras, a massa total das barras contidas no re-</p><p>cipiente até a altura h é M Ah= ρ , na qual A = =( , )( , )14 0 17 0 238cm cm cm2 é a área da base</p><p>do recipiente, que permanece inalterada. Assim, a taxa de variação da massa é dada por</p><p>dM</p><p>dt</p><p>d Ah</p><p>dt</p><p>A</p><p>dh</p><p>dt</p><p>= = = × −( )</p><p>( , )(</p><p>ρ ρ 4 00 10 2384 kg/cm3 ccm cm/s</p><p>kg/s kg/min.</p><p>2 )( , )</p><p>, ,</p><p>0 250</p><p>0 0238 1 43= =</p><p>32. O volume V da casa de verdade é o de um prisma triangular (de altura h = 3,0 m e a área da</p><p>base A = 20 × 12 = 240 m2) mais um paralelepípedo retângulo (de altura h9 = 6,0 m e mesma</p><p>base). Assim,</p><p>V hA h A</p><p>h</p><p>h A= + ′ = + ′</p><p></p><p></p><p> =1</p><p>2 2</p><p>1800 m3.</p><p>(a) Como todas as dimensões são divididas por 12, temos:</p><p>Vboneca</p><p>3 3m m= ( ) </p><p></p><p></p><p> ≈1800</p><p>1</p><p>12</p><p>1 0</p><p>3</p><p>, .</p><p>(b) Nesse caso, todas as dimensões (em relação à casa de verdade) são divididas por 144.</p><p>Assim,</p><p>Vminiatura</p><p>3m 6,0 10 m= ( ) </p><p></p><p></p><p> ≈ × −1800</p><p>1</p><p>144</p><p>3</p><p>4 3.</p><p>33. Neste problema, temos que distinguir três tipos de tonelada: a tonelada de deslocamento, a</p><p>tonelada de frete e a tonelada de registro, que são todas unidades de volume. As três toneladas</p><p>são definidas em termos do barrel bulk, sendo</p><p>1 barrel bulk 0,1415 m3=</p><p>e 1 28 378m alqueires americanos.3 = , Assim, em termos de alqueires americanos, temos:</p><p>1 tonelada de deslocamento 7 barrels bulk)= ( ××  4,0155 alqueires americanos</p><p>barrel bulk1</p><p></p><p> = 28 108, alqueires americanos</p><p>1 tonelada de frete 8 barrels bulk)</p><p>4,0155= ×(</p><p>alqueires americanos</p><p>barrel bulk1</p><p>3</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= 22 124, alqueires americanos</p><p>1 tonelada de reggistro 20 barrels bulk)</p><p>4,0155 alqueires= ×(</p><p>aamericanos</p><p>barrel bulk</p><p>alquei</p><p>1</p><p>80 31</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= , rres americanos</p><p>(a) A diferença entre 73 toneladas de frete e 73 toneladas de deslocamento é</p><p>∆V = −73(toneladas de frete toneladas de desloccamento)</p><p>alqueires americanos= 73 32 124( , − 228 108</p><p>293 168</p><p>,</p><p>,</p><p>alqueires americanos)</p><p>alque= iires americanos alqueires americanos≈ 293</p><p>(b) Analogamente, a diferença entre 73 toneladas de registro e 73 toneladas de deslocamento</p><p>é</p><p>∆V = −73(toneladas de registro toneladas de desslocamento)</p><p>alqueires americanos= 73 80 31( , −− alqueires americanos</p><p>al</p><p>28 108</p><p>3810 746</p><p>, )</p><p>,= qqueires americanos alqueires amer 3 81 103, × iicanos</p><p>10 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>34. Se o freguês espera um volume V1 = 20 × 7056 in3 e recebe V2 = 20 × 5826 in3, a diferença</p><p>é ∆V V V= − =1 2</p><p>324600 in , ou</p><p>∆V = ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>24 600</p><p>2 54 1</p><p>3</p><p>.</p><p>,</p><p>in</p><p>cm</p><p>1 in</p><p>L</p><p>1000 cm</p><p>3</p><p>3  = 403 L</p><p>tendo sido consultado o Apêndice D.</p><p>35. As duas primeiras conversões são tão fáceis que não seria necessário recorrer a uma conver-</p><p>são formal, mas, apenas para praticar, vamos resolver formalmente todo o problema:</p><p>(a) 11 11</p><p>2</p><p>1</p><p>tuffets = tuffets</p><p>pecks</p><p>tuffet</p><p>( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>= 222 pecks.</p><p>(b) 11 11</p><p>0 50</p><p>1</p><p>tuffets = tuffets</p><p>Imperial bushel( ) ,</p><p>ttuffet</p><p>Imperial bushels.</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= 5 5,</p><p>(c) 11 5 5</p><p>36 3687</p><p>1</p><p>tuffets = Imperial bushels</p><p>L</p><p>,</p><p>,( )</p><p>IImperial bushel</p><p>L</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>≈ 200 .</p><p>36. A Tabela 7 pode ser completada da seguinte forma:</p><p>(a) A primeira coluna (“wey”) é o recíproco da primeira linha, ou seja, 9/10 = 0,900, 3/40 = 7,50 ×</p><p>10−2 e assim por diante. Isso significa que 1 pottle = 1,56 × 10−3 wey e 1 gill = 8,32 × 10−6 wey</p><p>são os últimos dois números da primeira coluna.</p><p>(b) Na segunda coluna (“chaldron”), temos 1 chaldron = 1 chaldron (ou seja, todos os números</p><p>da “diagonal” da tabela são 1). Para descobrir quantos chaldrons são iguais a um bag, notamos</p><p>que 1 wey = 10/9 chaldron = 40/3 bag e, portanto, 1/12 chaldron = 1 bag. Assim, o número se-</p><p>guinte da segunda coluna é</p><p>1</p><p>12</p><p>= 8,33 × 10−2. Analogamente, 1 pottle = 1,74 × 10−3 chaldron e</p><p>1 gill = 9,24 × 10−6 chaldron.</p><p>(c) Na terceira coluna (“bag”), temos 1 chaldron = 12,0 bag, 1 bag = 1 bag, 1 pottle = 2,08 ×</p><p>10−2 bag e 1 gill = 1,11 × 10−4 bag.</p><p>(d) Na quarta coluna (“pottle”), temos 1 chaldron = 576 pottle, 1 bag = 48 pottle, 1 pottle = 1</p><p>pottle e 1 gill = 5,32 × 10−3 pottle.</p><p>(e) Na última coluna (“gill”), temos 1 chaldron = 1,08 × 105 gill, 1 bag = 9,02 × 103 gill, 1 pottle =</p><p>188 gill e, naturalmente, 1 gill = 1 gill.</p><p>(f) Usando as informações do item (c), 1,5 chaldron = (1,5)(12,0) = 18,0 bag. Como 1 bag equi-</p><p>vale a 0,1091 m3, concluímos que 1,5 chaldron = (18,0)(0,1091) = 1,96 m3.</p><p>37. Como o volume de uma unidade é 1 cm3 = 1 × 10−6 m3, o volume de um mol é 6,02 × 1023</p><p>cm3 = 6,02 × 1017 m3. A raiz cúbica desse número é o comprimento da aresta, 8,4 10 m5 3× . Isso</p><p>equivale a aproximadamente 8 × 102 km.</p><p>38. (a) Usando o fato de que a área A de um retângulo é (largura) ×฀(comprimento), temos:</p><p>Atotal acres perch perch= ( ) + ( )( )</p><p>=</p><p>3 00 25 0 4 00</p><p>3</p><p>, , ,</p><p>,,00</p><p>40 4</p><p>1</p><p>100acre</p><p>perch perch</p><p>acre</p><p>p( ) ( )( )</p><p></p><p></p><p></p><p>+ eerch</p><p>perch</p><p>2</p><p>2= 580 .</p><p>SOLUÇÕES</p><p>ˆ</p><p>Além disso,</p><p></p><p>vArS = − =( )(cos ˆ sen ˆ) (42 20 20 39km/h i j km/h° ° ))i km/h)j.ˆ ( ˆ− 14</p><p>Usando a relação</p><p>  </p><p>v v vAS AAr ArS= + , temos:</p><p>  </p><p>v v vAAr AS ArS= − = − +( ˆ ( ˆ39 234km/h)i km/h)j,</p><p>o que significa que | |</p><p></p><p>vAAr = 237 km/h ou aproximadamente 240 km/h.</p><p>75. Como as gotas de chuva caem verticalmente em relação ao trem, a componente horizontal</p><p>da velocidade de uma gota, vh = 30 m/s, deve ser igual à velocidade do trem, ou seja, v vh = trem</p><p>(veja a figura a seguir).</p><p>Por outro lado, se vv é a componente vertical da velocidade e θ é o ângulo entre a direção do</p><p>movimento e a vertical para um observador estacionário, tan θ = vh/vv. Assim, conhecendo θ po-</p><p>demos determinar vv e conhecendo vv e vh podemos calcular a velocidade das gotas de chuva.</p><p>Para u฀5 70°, a componente vertical da velocidade é</p><p>vv = vh/tan θ = (30 m/s)/tan 70° = 10,9 m/s.</p><p>Assim, a velocidade das gotas de chuva é</p><p>v v vh v= + = + =2 2 30 10 9 32( ( ,m/s) m/s) m/s.2 2</p><p>76. Escolhendo os eixos de tal forma que o semieixo y positivo aponta para o norte e o semieixo</p><p>x positivo aponta para leste, a orientação do ponto de destino é</p><p></p><p>D = 800 km ĵ . Como a viagem</p><p>leva duas horas, a velocidade do avião em relação ao solo é</p><p></p><p>vAS = (400 km/h) ĵ . Essa veloci-</p><p>dade é a soma vetorial da velocidade do avião em relação ao ar, cujas componentes são (500</p><p>cos70°, 500 sen70°), com a velocidade do ar (vento) em relação ao solo, vArS . Assim,</p><p>(400 km/h) ĵ = (500 km/h) cos 70° î + (500 km/h) sen 70° ĵ +</p><p></p><p>vArS ,</p><p>o que nos dá</p><p></p><p>vArS = ( –171 km/h) î – ( 70,0 km/h) ĵ .</p><p>(a) O módulo de</p><p></p><p>vArS é | | ( ) ( , )</p><p></p><p>vArS km/h km/h km/h= − + − =171 70 0 1852 2 ..</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 109</p><p>(b) A orientação de vArS é</p><p>u = −</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °−tan</p><p>,</p><p>,1 70 0</p><p>171</p><p>22 3</p><p>km/h</p><p>km/h</p><p>(ao sul do oeste).</p><p>77. Este problema lida com o movimento relativo em duas dimensões. Flocos de neve que caem</p><p>verticalmente do ponto de vista de um observador estacionário parecem estar caindo obliqua-</p><p>mente do ponto de vista de um observador em movimento. A velocidade dos flocos de neve em</p><p>relação ao carro tem uma componente vertical vv = 8,0 m/s e uma componente horizontal vh =</p><p>50 km/h = 13,9 m/s. O ângulo θ com a vertical obedece à equação</p><p>tan</p><p>,</p><p>u = = =v</p><p>v</p><p>h</p><p>v</p><p>13 9 m/s</p><p>8,0 m/s</p><p>1,74</p><p>o que nos dá θ = 60°.</p><p>Nota: O problema também pode ser resolvido expressando a relação de velocidade em forma</p><p>vetorial:</p><p>  </p><p>v v vrel neve carro= + , como mostra a figura.</p><p>78. Usamos as Eqs. 4-44 e 4-45.</p><p>A velocidade do jipe P em relação a A no instante considerado é</p><p></p><p>vPA = + =( , )(cos ˆ sen ˆ) ( , )40 0 60 60 20 0m/s i j m/s° ° ˆ̂ ( , )ˆi m/s j.+ 34 6</p><p>A velocidade do jipe B em relação a A no mesmo instante é</p><p></p><p>vBA = + =( , )(cos ˆ sen ˆ) ( , )20 0 30 30 17 3m/s i j m/s° ° ˆ̂ ( , )ˆi m/s j.+ 10 0</p><p>Assim, a velocidade de P em relação a B é</p><p>  </p><p>v v vPB PA BA= − = + − +( , ˆ , ˆ ( , ˆ20 0 34 6 17 3 1i j) m/s i 00 0, ˆ ( ˆ ( ˆj) m/s 2,68 m/s)i 24,6 m/s)j.= +</p><p>(a) O módulo de</p><p></p><p>vPB é | | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>vPB = + =2 68 24 6 24 82 2m/s m/s m/s.</p><p>(b) A orientação de</p><p></p><p>vPB é u = =−tan [( , ) / ( , )] ,1 24 6 2 68 83 8m/s m/s ° ao norte do leste (ou 6,2º</p><p>a leste do norte).</p><p>(c) A aceleração do jipe P é</p><p></p><p>aPA = + =( , )(cos , ˆ sen , ˆ) ( ,0 400 60 0 60 0 0m/s i j2 ° ° 2200 0 346m/s i m/s j,2 2)ˆ ( , )ˆ+</p><p>e</p><p> </p><p>a aPA PB= . Assim, | | ,</p><p></p><p>aPB = 0 400 m/s .2</p><p>(d) A orientação é 60,0° ao norte do leste (ou 30,0° ao leste do norte).</p><p>79. Como uA = 45° e uB = 40° , como mostra a figura a seguir, os vetores velocidade (em rela-</p><p>ção à margem) dos navios A e B são dados por</p><p></p><p></p><p>v v v</p><p>v v</p><p>A A A</p><p>B B</p><p>= − +</p><p>= −</p><p>i ( j( cos ) ˆ sen ) ˆ</p><p>( s</p><p>45 45° °</p><p>een ) ˆ cos ) ˆ40 40° °i ( j,− vB</p><p>110 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>com vA = 24 nós e vB = 28 nós.</p><p>A velocidade do navio A em relação ao navio B é dada por   </p><p>v v vAB A B= − .</p><p>(a) A velocidade relativa é</p><p>  </p><p>v v v v v vA B A B B A Bi (= − = − +( sen cos )ˆ cos40 45° ° 440 45</p><p>1 03 38 4</p><p>° °+</p><p>= +</p><p>vA sen ) ˆ</p><p>( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>j</p><p>nós i nós j</p><p>cujo módulo é | | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>vA B nós nós nós= + ≈1 03 38 4 38 42 2 , ou aproximadamente 38 nós.</p><p>(b) O ângulo uAB ฀que</p><p></p><p>vA B faz com o norte é dado por</p><p>uAB</p><p>AB x</p><p>AB y</p><p>v</p><p>v</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 1 03</p><p>38 4</p><p>nós</p><p>nós</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= °1 5,</p><p>o que significa que</p><p></p><p>vA B aponta para 1,5° a leste do norte.</p><p>(c) Como os dois navios deixaram o porto ao mesmo tempo, a velocidade relativa descreve a taxa</p><p>com a qual a distância entre os navios está aumentando. Como essa taxa é constante, temos:</p><p>t</p><p>r</p><p>v</p><p>AB</p><p>AB</p><p>= = =| |</p><p>| | ,</p><p>,</p><p>D</p><p></p><p>160</p><p>38 4</p><p>4</p><p>milhas náuticas</p><p>nós</p><p>22 h.</p><p>(d) A velocidade</p><p></p><p>vA B não varia com o tempo e</p><p></p><p>rA B tem a mesma orientação que</p><p></p><p>vA B, já que os</p><p>navios deixaram o porto no mesmo instante. Invertendo os pontos de vista, temos</p><p> </p><p>v vA B B A= −</p><p>e, portanto,</p><p> </p><p>r rA B B A= − . Assim, concluímos que B mantém um curso 1,5° a oeste do sul em re-</p><p>lação a A durante toda a viagem (desprezando a curvatura da Terra).</p><p>Nota: A velocidade relativa está representada na figura a seguir. Um diagrama vetorial como</p><p>esse pode ser muito útil para analisar movimentos relativos em duas dimensões.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 111</p><p>80. Este é um problema clássico que envolve movimento relativo em duas dimensões. Escolhemos</p><p>os eixos de tal forma que o semieixo x positivo corresponde a leste e o semieixo y positivo cor-</p><p>responde ao norte. Escrevemos a equação da soma de vetores como</p><p>  </p><p>v v vBM BA AM= + . Sabemos</p><p>que</p><p></p><p>vAM = ∠( , )2 0 0° na notação módulo ângulo (com unidades do SI implícitas) ou</p><p></p><p>vAM = 2 0, î</p><p>na notação dos vetores unitários. Temos também</p><p></p><p>vBA = ∠( , )8 0 120° , em que o ângulo foi me-</p><p>dido da forma “convencional” (no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo), ou, na</p><p>notação dos vetores unitários,</p><p></p><p>vBA = −( , ˆ ˆ4 0i + 6,9j).</p><p>(a) Podemos obter</p><p></p><p>vBM através de uma soma vetorial:</p><p> </p><p>v v vBM BA AM= + = + − =( , ) ˆ ( , ˆ ˆ2 0 4 0m/s i i+6,9j) m/s (( , )ˆ ( ˆ.− +2 0 m/s i 6,9 m/s) j</p><p>Assim, | | ,</p><p></p><p>vBM = 7 2 m/s.</p><p>(b) A orientação de</p><p></p><p>vBM é u = − =−tan [( , / ( , )]1 6 9 2 0m/s) m/s 106° (medido no sentido anti-</p><p>horário a partir do semieixo x positivo) ou 16° a oeste do norte.</p><p>(c) Como as velocidades são constantes, podemos usar a equação y – y0 = vyt em qualquer refe-</p><p>rencial. No referencial da margem temos ( ) ( , ) sen( )200 7 2 106 29m m/s= → = t t s. Nota: se</p><p>um aluno obteve como resposta “28 s”, é provável que não tenha usado corretamente a equação</p><p>da componente y (um erro comum).</p><p>81. Vamos usar o subscrito M para indicar o mar e escolher os eixos de tal forma que o semiei-</p><p>xo x positivo corresponde a leste e o semieixo y positivo corresponde ao norte. Assim, o ângulo</p><p>que corresponde a leste é 0° e o ângulo que corresponde ao sul é –90° ou 270°. A unidade de</p><p>comprimento utilizada é o quilômetro.</p><p>(a) Como</p><p>  </p><p>v v vAM AB BM= + ,</p><p></p><p>vA B = (22 ∠ – 90°) – (40 ∠ 37°) = (56 ∠ – 125°)</p><p>na notação módulo-ângulo (que é mais conveniente para resolver problemas de vetores usando</p><p>calculadoras). Convertendo para a notação dos vetores unitários, temos:</p><p></p><p>vA B km/h) i 46 km/h) j .= − −( ˆ ( ˆ32</p><p>Naturalmente, poderíamos ter trabalhado na notação dos vetores unitários desde o começo.</p><p>(b) Como as componentes da velocidade são constantes, é fácil integrá-las em relação ao tempo</p><p>para obter o vetor posição ( )</p><p>  </p><p>r r v dt− = ∫0 :</p><p></p><p>r t t= − + −( , ) ˆ ˆ2 5 32 i (4,0 46 ) j</p><p>com as distâncias em quilômetros e o tempo em horas.</p><p>(c) O módulo do vetor posição é r t t= − + −( , ) ( , )2 5 32 4 0 462 2 . Para determinar o instante</p><p>em que r é mínimo, derivamos a expressão de r em relação ao tempo e igualamos o resultado</p><p>a zero:</p><p>dr</p><p>dt</p><p>t</p><p>t t</p><p>= −</p><p>− + −</p><p>=1</p><p>2</p><p>6286 528</p><p>2 5 32 4 0 46</p><p>0</p><p>2 2( , ) ( , )</p><p>o que nos dá t = 0,084 h.</p><p>(d) Substituindo o valor de t obtido no item (c) na expressão de r, obtemos r = 0,2 km. Naturalmente,</p><p>se realizarmos os cálculos em uma calculadora, obteremos um número maior de algarismos (r =</p><p>0,225…),</p><p>mas eles não são importantes; na verdade, dada a imprecisão inevitável dos dados</p><p>do problema, os capitães dos navios certamente ficariam preocupados com a possibilidade de</p><p>uma colisão.</p><p>112 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>82. Construímos um triângulo retângulo começando na clareira da margem sul, traçando uma reta</p><p>de 200 m de comprimento na direção norte (para cima, na figura), que atravessa o rio, e uma reta</p><p>na direção oeste (rio acima, para a esquerda no desenho), ao longo da margem norte do rio, por</p><p>uma distância de ( ) ( , ) ,82 1 1m m/s+ t na qual o termo que depende de t é a distância que o barco</p><p>irá percorrer paralelamente às margens durante o tempo t por causa da correnteza do rio.</p><p>A hipotenusa desse triângulo retângulo (indicada por uma seta na figura) também depende de</p><p>t e da velocidade do barco (em relação à água) e deve ser igual à “soma” pitagórica dos lados</p><p>do triângulo:</p><p>4 0 200 82 1 12</p><p>2</p><p>, ,( ) = + +( )t t</p><p>o que leva a uma equação do segundo grau em t,</p><p>46 724 180 4 14 8 02. , , .+ − =t t</p><p>(a) O ângulo entre o cateto norte (200 m) do triângulo e a hipotenusa (que é medido “a oeste</p><p>do norte”) é dado por</p><p>(b) Resolvendo a equação acima, encontramos apenas um valor positivo: t = 62,6 s.</p><p>u =</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p>= </p><p></p><p></p><p></p><p>=− −tan</p><p>,</p><p>tan1 1</p><p>82 1 1</p><p>200</p><p>151</p><p>200</p><p>3</p><p>t</p><p>77°.</p><p>83. Escolhemos os eixos de tal forma que î aponta para a outra margem do rio (perpendicu-</p><p>larmente à correnteza) e ĵ aponta na direção da correnteza. Sabemos que o módulo (presumi-</p><p>velmente constante) da velocidade do barco em relação à água é | |</p><p></p><p>vba = 6,4 km/h. O ângulo</p><p>da velocidade do barco em relação ao eixo x é θ. A velocidade da água em relação à margem</p><p>é</p><p></p><p>vam = (3,2 km/h)j.ˆ</p><p>(a) Para que a mulher chegue a um ponto “diametralmente oposto” ao ponto de partida, a ve-</p><p>locidade do barco em relação à margem deve ser</p><p></p><p>v vbm bm= î , na qual vbm > 0 é desconhecida.</p><p>Assim, todas as componentes ĵ devem se cancelar na soma vetorial</p><p>  </p><p>v v vba am bm+ = , o que sig-</p><p>nifica que</p><p></p><p>vbm sen ( , )ˆu = −3 2 km/h j ; assim,</p><p>θ = sen–1 [(–3,2 km/h)/(6,4 km/h)] = –30°.</p><p>(b) Usando o resultado do item (a), temos vbm = vba cosθ = 5,5 km/h. Assim, o tempo necessário</p><p>para que o barco percorra uma distância l = 6,4 km é (6,4 km)/(5,5 km/h) = 1,15 h ou 69 min.</p><p>(c) Se a mulher rema na direção do eixo y (como afirma o enunciado) e sabendo que a veloci-</p><p>dade da água em relação à margem é vam = 3,2 km/h, temos:</p><p>t</p><p>D</p><p>v v</p><p>D</p><p>v vba am ba am</p><p>total =</p><p>+</p><p>+ = 1,33 h</p><p>−</p><p>em que D = 3,2 km. Esse tempo equivale a 80 min.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 113</p><p>(d) Como</p><p>D</p><p>v v</p><p>D</p><p>v v</p><p>D</p><p>v v</p><p>D</p><p>v vba am ba am ba am ba am+</p><p>+</p><p>−</p><p>=</p><p>−</p><p>+</p><p>+</p><p>,</p><p>o resultado é o mesmo do item (c), ttotal = 80 min.</p><p>(e) O ângulo para atravessar o rio no menor tempo possível é u = °0 . Isso pode ser demonstrado</p><p>notando que no caso de um ângulo qualquer θ,</p><p>  </p><p>v v v v v vbm ba am ba ba am= + = +cos i ( sen +u uˆ )) ĵ</p><p>em que a componente x de</p><p></p><p>vbm é igual a l/t. Assim,</p><p>t</p><p>l</p><p>vba</p><p>=</p><p>cosu</p><p>que pode ser minimizado fazendo dt/dθ = 0.</p><p>(f) A expressão do item (e) nos dá t = (6,4 km)/(6,4 km/h) = 1,0 h ou 60 min.</p><p>84. A velocidade de lançamento da bola de gelo em relação ao trenó é</p><p></p><p>v v vx y0rel i j= +0 0</p><p>ˆ ˆ . Como</p><p>o trenó está se movendo no sentido negativo do eixo x com velocidade vs (note que estamos tra-</p><p>tando vs como um número positivo e, portanto, a velocidade do trenó é −vs î ), a velocidade de</p><p>lançamento em relação ao solo é</p><p></p><p>v v v vx s y0 0 0= − +( )ˆ ˆi j. Os deslocamentos horizontal e vertical</p><p>em relação ao solo são, portanto,</p><p>xsolo – xlançamento = ∆xbs = (vox – vt) tvoo</p><p>ysolo – ylançamento = 0 = v t g t</p><p>y0</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>+ −( )( ) .</p><p>Combinando as duas equações, obtemos</p><p>∆xbs =</p><p>2 20 0 0v v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>x y y</p><p>t−</p><p></p><p></p><p></p><p> .</p><p>O primeiro termo corresponde à “interseção com o eixo y” do gráfico e o segundo termo (entre</p><p>parênteses) corresponde ao valor absoluto da “inclinação”. De acordo com a figura, temos:</p><p>Dx vbt t= −40 4 .</p><p>Isso significa que voy = (4,0 s)(9,8 m/s2)/2 = 19,6 m/s, o que nos fornece informações suficien-</p><p>tes para calcular vox.</p><p>(a) vox = 40g/2voy = (40 m)(9,8 m/s2)/(39,2 m/s) = 10 m/s.</p><p>(b) Como vimos acima, voy = 19,6 m/s.</p><p>(c) Como o deslocamento em relação ao trenó, ∆xbt, não depende da velocidade do trenó, ∆xbt =</p><p>vox tvoo = 40 m.</p><p>(d) Como no item (c), o deslocamento ∆xbs não depende da velocidade do trenó e, portanto,</p><p>∆xbs = 40 m.</p><p>85. Usando a relação deslocamento = velocidade × tempo para os diferentes trechos do percur-</p><p>so, temos a seguinte soma vetorial:</p><p>(1667 m ∠ 0º) + (1333 m ∠ −90º) + (333 m ∠ 180º) + (833 m ∠ −90º) + (667 m ∠ 180º) +</p><p>(417 m ∠ −90º) = (2668 m ∠ −76º).</p><p>114 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) O módulo do deslocamento é 2,7 km.</p><p>(b) A direção do deslocamento é 76° no sentido horário (em relação à direção inicial do movi-</p><p>mento).</p><p>86. Usamos um sistema de coordenadas com o semieixo x positivo para leste e o semieixo y</p><p>positivo para o norte.</p><p>(a) Notamos que, como 123° é o ângulo entre a posição inicial e a posição final, o ângulo entre</p><p>o semieixo x positivo e a posição final é 40° + 123° = 163°. Na notação dos vetores unitários,</p><p>os vetores posição da posição inicial e da posição final são</p><p></p><p>r1 = (360 m) cos (40 ) i + (360 m) sen (40° ˆ °°) j = (276 m)i + 231 m) j</p><p>= (790 m) co</p><p>ˆ ˆ ( ˆ</p><p></p><p>r2 ss (163 ) i + 790 m) sen (163 ) j = ( m° °ˆ ( ˆ )− 755 ˆ̂ ( )ˆi + 231 m j</p><p>respectivamente. Assim, de acordo com a Eq. 4-3,</p><p>D</p><p></p><p>r = [( m 276 m)]i +(231 m 231 m) j− − −755 ) ( ˆ ˆ == −( ˆ1031 m) i.</p><p>O módulo do deslocamento D</p><p></p><p>r é | |D</p><p></p><p>r = 1031 m.</p><p>(b) A orientação de D</p><p></p><p>r é − î , ou seja, na direção oeste.</p><p>87. Este problema trata do movimento balístico de uma bola de beisebol. Conhecida a posição</p><p>da bola em dois instantes de tempo, devemos analisar sua trajetória.</p><p>A trajetória da bola é mostrada na figura a seguir. De acordo com o enunciado, no instante</p><p>t1 3 0= , s, a bola atinge a altura máxima, ymáx, e no instante t t2 1 2 5= + =, s 5,5 s, a bola passa</p><p>rente a um alambrado cuja altura é x2 97 5= , m.</p><p>Aplicando a Eq. 4-22 à componente vertical do movimento, temos:</p><p>y y v t gtymáx − = −0</p><p>21</p><p>2</p><p>.</p><p>(a) Como a componente vertical da velocidade é nula no ponto em que a altura é máxima e</p><p>y0 = 0, temos:</p><p>y gtmáx = = =1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 3 0 44 11</p><p>2 2( , )( , ) ,m/s s m2</p><p>(b) Depois de passar pela altura máxima, a bola começou a cair; no instante t t2 1 2 5= + =, s 5,5 s,</p><p>a bola caiu uma distância dada pela Eq. 4-22:</p><p>y y g t talambrado − = − −máx 0</p><p>1</p><p>2 2 1</p><p>2( ) .</p><p>Assim, a altura do alambrado é</p><p>y y g t talambrado m m/= − − = −máx</p><p>1</p><p>2</p><p>44 1</p><p>1</p><p>2</p><p>9 82 1</p><p>2( ) , ( , ss s m 13 m2 )( , ) ,2 5 13 482 = ≈ .</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 115</p><p>(c) Como a componente horizontal da velocidade de um objeto em movimento balístico é cons-</p><p>tante (desprezando a resistência do ar), podemos calcular a partir da relação 97,5 m = v0x(5,5 s)</p><p>que v0x = 17,7 m/s. O tempo total que a bola permanece no ar é T t= = =2 2 3 0 6 01 ( , ) ,s s. Assim,</p><p>a distância horizontal atingida pela bola é</p><p>R v Tx= = =0 17 7 6 0 106 4( , )( , ) ,m/s s m</p><p>o que significa que a bola atinge o chão a uma distância</p><p>Dx R x= − = − = ≈2 106 4 97 5 8 86 8 9, , , ,m m m m</p><p>do alambrado.</p><p>Nota: O item (c) também pode ser resolvido notando que, depois de passar pela cerca, a bola</p><p>atinge o chão em 0,5 s (já que o “tempo de queda” deve ser igual ao “tempo de subida”). Como</p><p>v0x = 17,7 m/s, ∆x = (17,7 m/s)(0,5 s) = 8,86 m.</p><p>88. Quando o avião está voando no mesmo sentido que a corrente de jato (cuja velocidade é</p><p>vc), o tempo é</p><p>t</p><p>d</p><p>v va c</p><p>1 =</p><p>+</p><p>,</p><p>em que d é a distância entre as cidades e va é a velocidade do avião em relação ao ar.</p><p>Quando o avião está voando no sentido contrário ao da corrente de jato, o tempo é</p><p>t</p><p>d</p><p>v va c</p><p>2 =</p><p>−</p><p>.</p><p>Sabemos ainda que t2 − t1 = 70,0 min = 1,17 h. Combinando as três equações, resolvendo a equa-</p><p>ção do segundo grau resultante e substituindo os valores numéricos, obtemos vc = 43 km/h.</p><p>89. Temos uma partícula que está se movendo em um plano com aceleração constante. Como</p><p>as componentes</p><p>x e y da aceleração são constantes, podemos usar as equações da Tabela 2-1</p><p>para as duas componentes.</p><p>Usando a notação vetorial com</p><p></p><p>r0 0= , a posição e a velocidade da partícula em função do tem-</p><p>po são dadas por</p><p>  </p><p>r t v t at( ) = +0</p><p>21</p><p>2</p><p>e   </p><p>v t v at( ) ,= +0 respectivamente. As unidades usadas são</p><p>as do SI.</p><p>(a) Dadas a velocidade inicial,</p><p></p><p>v0 8 0= ( , )ˆm/s j , e a aceleração</p><p></p><p>a = +( , )ˆ ( , )ˆ4 0 2 0m/s i m/s j2 2 , o</p><p>vetor posição da partícula é</p><p>  </p><p>r v t at t t= + = ( ) + +( ) =0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>8 0</p><p>1</p><p>2</p><p>4 0 2 0 2, ˆ , ˆ , ˆj i j ,, ˆ ˆ0 2 2t t t( ) ( )i + 8,0 + 1,0 j.</p><p>Assim, para determinar o instante no qual x = 29 m, basta resolver a equação 2,0t2 = 29, que nos</p><p>dá t = 3,8 s. A coordenada y nesse instante é</p><p>y = (8,0 m/s)(3,8 s) + (1,0 m/s2)(3,8 s)2 = 45 m.</p><p>(b) A velocidade da partícula é dada por</p><p>  </p><p>v v at= +0 . Assim, no instante t = 3,8 s, a velocidade é</p><p></p><p>v = + +( )( , ) ˆ ( , ) ˆ ( , ) ˆ ,8 0 4 0 2 0 3 8m/s j m/s i m/s j s2 2 (( ) = +( , ) ˆ ( , ) ˆ15 2 15 6m/s i m/s j</p><p>cujo módulo é</p><p>v v vx y= + = + =2 2 2 215 2 15 6 22( , ) ( , )m/s m/s m/s.</p><p>116 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>90. Usando o mesmo sistema de coordenadas usado para formular a Eq. 4-25, explicitamos a</p><p>velocidade inicial v0 na equação, o que nos dá:</p><p>v</p><p>x g</p><p>x y</p><p>0 2</p><p>=</p><p>cos ( tan0 0u u − )</p><p>.</p><p>Fazendo g = 32 ft/s2, x = 13 ft, y = 3 ft e θ0 = 55°, obtemos v0 = 23 ft/s.</p><p>91. Usamos a Eq. 4-25.</p><p>(a) Explicitando v0 na Eq. 4-25, obtemos a velocidade inicial:</p><p>v</p><p>x g</p><p>x y</p><p>0</p><p>0 02</p><p>=</p><p>−cos ( tan )u u</p><p>o que nos dá v0 = 255,5 ≈ 2,6 × 102 m/s para x = 9400 m, y = –3300 m e θ0 = 35°.</p><p>(b) Usamos a Eq. 4-21 para calcular o tempo que a bomba vulcânica permanece no ar:</p><p>t</p><p>x</p><p>v</p><p>= =</p><p>°</p><p>=</p><p>0 0</p><p>9400</p><p>255 5 35</p><p>45</p><p>cos ( , cosu</p><p>m</p><p>m/s)</p><p>s.</p><p>(c) Como esperamos que o ar ofereça uma certa resistência ao movimento mas praticamente</p><p>nenhuma sustentação, seria necessária uma maior velocidade de lançamento para atingir a mes-</p><p>ma distância.</p><p>92. Usamos a Eq. 4-34 para calcular a velocidade v e a Eq. 4-35 para calcular o período T.</p><p>(a) Temos:</p><p>v ra= = ( )( )( ) =5 0 7 0 9 8 19, , ,m m/s m/s.2</p><p>(b) O tempo necessário para completar uma revolução (o período) é T = 2πr/v = 1,7 s. Assim,</p><p>em um minuto (t = 60 s), o astronauta completa</p><p>t</p><p>T</p><p>= =</p><p>60</p><p>1 7</p><p>35</p><p>s</p><p>s</p><p>revoluções</p><p>,</p><p>.</p><p>Portanto, 35 rev/min são necessárias para produzir uma aceleração centrípeta de 7g em uma</p><p>centrífuga com 5,0 m de raio.</p><p>(c) Como foi calculado no item (b), T = 1,7 s.</p><p>93. Este problema lida com a cinemática bidimensional do movimento de um camelo do oásis</p><p>A para o oásis B.</p><p>A viagem do camelo está ilustrada na figura a seguir. Usamos um sistema de coordenadas “con-</p><p>vencional”, com o semieixo x positivo apontando para leste e o semieixo y positivo apontando</p><p>para o norte. As distâncias estão em quilômetros e os tempos em horas. Usando a notação ve-</p><p>torial, os primeiros dois deslocamentos da viagem são:</p><p>D</p><p></p><p>r1 = +(75 km) cos (37 ) i (75 km) sen (37 )° °ˆ ĵj</p><p>( km jD</p><p></p><p>r2 65= − ) ˆ</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 117</p><p>O deslocamento total é D D D</p><p>  </p><p>r r r12 1 2= + . Como mostra a figura, para chegar ao oásis B é neces-</p><p>sário um deslocamento adicional D</p><p></p><p>r3 .</p><p>(a) O deslocamento total do camelo pode ser calculado através de uma soma vetorial:</p><p>D D D</p><p>  </p><p>r r r12 1 2= + = −(60 km) i 20 km j.ˆ ( )ˆ</p><p>O módulo correspondente é | | ( ) )D</p><p></p><p>r12</p><p>2 260 20= + − =km ( km 63 km .</p><p>(b) A orientação de D</p><p></p><p>r12 é u12</p><p>1 20 60 18= − = −−tan [( ) / ( )]km km °, ou 18° ao sul do leste.</p><p>(c) Para calcular a velocidade média nas duas primeiras partes do percurso (incluindo o tempo</p><p>de descanso), usamos o resultado do item (a) na Eq. 4-8, juntamente com o fato de que</p><p>D D D Dt t t t12 1 2 50 35 5 0= + + = + + =descanso h h h 90 h.,</p><p>Na notação dos vetores unitários, temos:</p><p></p><p>v12,méd</p><p>(60 i 20 j) km</p><p>h</p><p>= (0,67 i 0,22 j= − −</p><p>ˆ ˆ</p><p>ˆ ˆ</p><p>90</p><p>)) km/h.</p><p>Isso nos dá |</p><p></p><p>v12,méd | 0,70 km/h.=</p><p>(d) A orientação de</p><p></p><p>v12,méd é dada por u12</p><p>1 0 22 0 67 18= − = −−tan [( , ) / ( , )]km/h km/h °, ou 18°</p><p>ao sul do leste.</p><p>(e) A diferença entre a velocidade média e a velocidade escalar média é que a primeira depende</p><p>do deslocamento total, enquanto a segunda depende da distância total percorrida. Como o camelo</p><p>percorreu 140 km, a velocidade escalar é (140 km)/(90 h) = 1,56 km/h ≈ 1,6 km/h.</p><p>(f) O deslocamento total de A até B deve ser de 90 km para leste. Vamos chamar de D</p><p></p><p>r3 o des-</p><p>locamento do ponto onde o camelo parou para descansar até B. Nesse caso,</p><p>D D D</p><p>  </p><p>r r r1 2 3+ + = (90 km) î</p><p>o que nos dá D</p><p></p><p>r3 = +(30 km)i (20 km)jˆ ˆ na notação dos vetores unitários, ou (36 33 )∠ ° na no-</p><p>tação módulo-ângulo. Assim, de acordo com a Eq. 4-8, temos:</p><p>|</p><p></p><p>v3,méd |</p><p>36 km</p><p>(120 90) h</p><p>1,2 km/h.=</p><p>−</p><p>=</p><p>(g) A orientação de</p><p></p><p>v3,méd é a mesma de D</p><p></p><p>r3 (33° ao norte do leste).</p><p>Nota: Com uma calculadora científica no modo polar, poderíamos somar diretamente os dois</p><p>primeiros deslocamentos, realizando a operação</p><p>(75 37 ) (65 90 ) (63 18 ).∠ + ∠ − = ∠ −° ° °</p><p>118 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>94. Podemos calcular os pares de coordenadas (x, y) a partir das equações x = (v0 cosθ฀)t e</p><p>y v t gt= −0</p><p>1</p><p>2</p><p>2sen u para t = 20 s e os ângulos e velocidades dados no problema.</p><p>(a) Temos:</p><p>x y x yA A B B, , , , , , ,( ) = ( ) ( ) =10 1 0 556 12 1 1km km km ,,</p><p>, , , , ,</p><p>51</p><p>14 3 2 68 1</p><p>km</p><p>km km</p><p>( )</p><p>( ) = ( ) ( ) =x y x yC C D D 66 4 3 99, , ,km km( )</p><p>e (xE, yE) = (18,5 km, 5,53 km), que serão plotados no item (b).</p><p>(b) Os eixos vertical (y) e horizontal (x) estão em quilômetros. O gráfico não começa na ori-</p><p>gem. A curva que se “ajusta” aos dados não é mostrada, mas pode ser facilmente imaginada (e</p><p>forma a “cortina da morte”).</p><p>95. (a) Com ∆x = 8,0 m, t = ∆t1, a = ax , e vox = 0, a Eq. 2-15 nos dá</p><p>D Dx a tx= =8 0</p><p>1</p><p>2 1</p><p>2, ( ) ,m</p><p>e a expressão correspondente para o movimento ao longo do eixo y é</p><p>D Dy m a ty= =12</p><p>1</p><p>2 1</p><p>2( ) .</p><p>Dividindo a segunda expressão pela primeira, obtemos a ay x/ /= 3 2 = 1,5.</p><p>(b) Fazendo t = 2∆t1, a Eq. 2-15 nos dá ∆x = (8,0 m)(2)2 = 32 m, o que significa que a coorde-</p><p>nada x da partícula agora é (4,0 + 32) m = 36 m. Analogamente, ∆y = (12 m)(2)2 = 48 m, o que</p><p>significa que a coordenada y da partícula agora é (6,0 + 48) m = 54 m.</p><p>96. Como foi dito que a velocidade inicial da bola é horizontal, sabemos que é perpendicular ao</p><p>plano da rede. Escolhemos as coordenadas de tal forma que (x0, y0) = (0; 3,0) m e vx > 0 (note</p><p>que v0y = 0).</p><p>(a) Para que a bola passe rente à rede, devemos ter</p><p>y y v t gt ty− = − ⇒ − = − ( )0 0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>2 24 3 0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8, , ,m m m/s2</p><p>o que nos dá t = 0,39 s para o instante em que a bola ultrapassa a rede. Substituindo na equação</p><p>da componente x do movimento, vemos que a velocidade inicial mínima para que a bola ultra-</p><p>passe a rede é vx = (8,0 m)/(0,39 s) = 20,3 m/s.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 119</p><p>(b) Fazemos y = 0 e calculamos o tempo t na equação y y v t gty− = −0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 . Em seguida, subs-</p><p>tituímos esse valor ( , / ( , )t = ( )2 3 0 9 8m m/s2 = 0,78 s) na equação da componente x do mo-</p><p>vimento para obter a velocidade inicial máxima. O resultado é</p><p>vx = (17,0 m)/(0,78 s) = 21,7 m/s.</p><p>97. A trajetória da bala é mostrada na figura a seguir (o desenho não está em escala). O sistema</p><p>de coordenadas foi escolhido com o eixo x na horizontal, o eixo y na vertical e a origem no ponto</p><p>do disparo. Com essa escolha, a coordenada y da bala é dada por y gt= − 1</p><p>2</p><p>2. Conhecendo as co-</p><p>ordenadas (x, y) do alvo, podemos calcular o tempo total de percurso e a velocidade da bala.</p><p>(a) Se t é o tempo de percurso e y = – 0,019 m é a coordenada y do ponto onde a bala atinge o</p><p>alvo, temos:</p><p>t</p><p>y</p><p>g</p><p>= − =</p><p>− −( ) = × −2 2 0 019</p><p>9 8</p><p>6 2 10 2</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>2</p><p>(b) A velocidade da bala ao sair do rifle é a velocidade inicial, que, de acordo com o enunciado,</p><p>é horizontal. Como x = 30 m é a coordenada horizontal do alvo, 30 = v0t. Assim,</p><p>v</p><p>t</p><p>0 2</p><p>2</p><p>30 30</p><p>6 3 10</p><p>4 8 10= =</p><p>×</p><p>= ×</p><p>−</p><p>m m</p><p>s</p><p>m/s.</p><p>,</p><p>,</p><p>Também poderíamos usar a Eq. (4-25) para calcular a velocidade inicial. Com u0 0= e y0 0= ,</p><p>a equação se</p><p>reduz a y</p><p>gx</p><p>v</p><p>= −</p><p>2</p><p>0</p><p>22</p><p>, o que nos dá</p><p>v</p><p>gx</p><p>y</p><p>0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>9 8 30</p><p>2 0 019</p><p>4 8= − = −</p><p>−</p><p>= ×</p><p>( , )( )</p><p>( , )</p><p>,</p><p>m/s m</p><p>m</p><p>2</p><p>1102 m/s</p><p>que é o mesmo valor calculado no item (b).</p><p>98. Como se trata de movimento circular uniforme,</p><p></p><p>v é perpendicular a</p><p></p><p>r e v r T= 2 / , em</p><p>que r = + −( , ) ( , )2 00 3 002 2m m e T = 7 00, s . O vetor</p><p></p><p>r (dado no enunciado do problema)</p><p>especifica um ponto do quarto quadrante; como o movimento é no sentido horário, os dois com-</p><p>ponentes da velocidade são negativos. O resultado, que obedece a essas três condições (usando</p><p>a notação dos vetores unitários, que torna mais fácil verificar que</p><p> </p><p>r v⋅ = 0 ), é</p><p></p><p>v = (–2,69 m/s)</p><p>î + (–1,80 m/s) ĵ .</p><p>99. Seja vo = 2π(0,200 m)/(0,00500 s) ≈ 251 m/s (usando a Eq. 4-35) a velocidade tangencial da</p><p>bola e θo = (1 h)(360º/12 h) = 30,0º (em relação à horizontal). Nesse caso, a Eq. 4-25 nos dá</p><p>y = −( , tan ,</p><p>( , )( , )</p><p>(</p><p>2 50 30 0</p><p>9 8 2 50</p><p>2 251</p><p>2</p><p>m)</p><p>m/s m2</p><p>°</p><p>m/s</p><p>m</p><p>) (cos , )</p><p>,</p><p>2 230 0</p><p>1 44</p><p>°</p><p>≈</p><p>o que significa que a bola bate na parede a uma altura de 1,44 m + 1,20 m = 2,64 m.</p><p>100. Notando que</p><p></p><p>v2 0= e usando a Eq. 4-15, a aceleração média é</p><p></p><p></p><p>a</p><p>v</p><p>t</p><p>med</p><p>i j m/s</p><p>s</p><p>i= =</p><p>− −( )</p><p>= − +D</p><p>D</p><p>0 6 30 8 42</p><p>3</p><p>2 1 2</p><p>, ˆ , ˆ</p><p>, ˆ ,, ˆ8 j m/s2( )</p><p>120 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>101. Usando a Eq. 2-16, obtemos v v gh2</p><p>0</p><p>2 2= − ou h v v g= −( ) / .0</p><p>2 2 2</p><p>(a) Como v = 0 na altura máxima e v0 = 7,00 m/s, temos:</p><p>h = =( , ) / ( , ) ,7 00 2 9 80 2 502m/s m/s m.2</p><p>(b) A velocidade relativa é v v vr e= − = − =0 7 00 3 00 4 00, , ,m/s m/s m/s em relação ao piso do</p><p>elevador. Usando a equação acima, obtemos</p><p>h = =( , ) / ( , ) ,4 00 2 9 80 0 822m/s m/s m.2</p><p>(c) A taxa de variação da velocidade da bola em relação ao solo é a aceleração da gravidade,</p><p>9,80 m/s2.</p><p>(d) Como o elevador está se movendo com velocidade constante, a taxa de variação da veloci-</p><p>dade da bola em relação ao elevador também é 9,80 m/s2.</p><p>102. (a) Com r = 0,15 m e a = 3,0 × 1014 m/s2, a Eq. 4-34 nos dá</p><p>v ra= = ×6 7 106, m/s.</p><p>(b) O período é dado pela Eq. 4-35:</p><p>T</p><p>r</p><p>v</p><p>= = × −2</p><p>1 4 10 7</p><p>, s.</p><p>103. (a) O módulo do vetor deslocamento D</p><p></p><p>r é dado por</p><p>| | ( , ) ( , ) ( , ) ,D</p><p></p><p>r = + + =21 5 9 7 2 88 23 82 2 2km km km kmm.</p><p>Assim,</p><p>| |</p><p>| | ,</p><p>,</p><p>,</p><p></p><p></p><p>v</p><p>r</p><p>t</p><p>méd</p><p>km</p><p>h</p><p>km/h.= = =D</p><p>D</p><p>23 8</p><p>3 50</p><p>6 79</p><p>(b) O ângulo pedido é dado por</p><p>u =</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=−tan</p><p>,</p><p>( , ) ( , )</p><p>,1</p><p>2 2</p><p>2 88</p><p>21 5 9 7</p><p>6</p><p>km</p><p>km km</p><p>996°.</p><p>104. A velocidade inicial tem módulo v0 e, como é horizontal, é igual a vx, a componente hori-</p><p>zontal da velocidade no momento do impacto. Assim, a velocidade no momento do impacto é</p><p>v v vy0</p><p>2 2</p><p>03+ =</p><p>em que v ghy = 2 e usamos a Eq. 2-16 com x – x0 substituído por h. Elevando ao quadrado</p><p>ambos os membros da primeira igualdade e substituindo na segunda, obtemos</p><p>v gh v0</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2 3+ = ( )</p><p>o que nos dá gh v= 4 0</p><p>2 e, portanto, para h = 20 m, v0 9 8 20 2 7 0= =( , )( ) / ,m/s m m/s.2</p><p>105. Escolhemos um eixo x horizontal e um eixo y vertical tais que as duas componentes de </p><p>v0 sejam positivas. Os ângulos são considerados positivos no sentido anti-horário em relação</p><p>ao semieixo x positivo. Na notação dos vetores unitários, a velocidade do projétil em qualquer</p><p>instante t ≥ 0 é dada por</p><p></p><p>v v v gt= + −( )0 0 0 0cos ˆ sen ˆu ui j.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 121</p><p>(a) Para v0 = 30 m/s, θ0 = 60° e t = 2,0 s, v = +( ˆ , ˆ) .15 6 4i j m/s O módulo de</p><p></p><p>v é</p><p>| | ( ) ( , )</p><p></p><p>v = + =15 6 4 162 2m/s m/s m/s.</p><p>(b) O ângulo de</p><p></p><p>v é u = =−tan [( , ) / ( )] ,1 6 4 15 23m/s m/s ° medido no sentido anti-horário a par-</p><p>tir do semieixo x positivo.</p><p>(c) Como o ângulo é positivo, é acima da horizontal.</p><p>(d) Para t = 5,0 s, v = −( ˆ ˆ15 23i j) m/s, o que nos dá</p><p>| | ( ) ( )</p><p></p><p>v = + − =15 23 272 2m/s m/s m/s.</p><p>(e) O ângulo de</p><p></p><p>v é u = − = −−tan [( ) / ( )]1 23 15 57m/s m/s °, ou 57° se a medida for feita no sen-° se a medida for feita no sen- se a medida for feita no sen-</p><p>tido horário a partir do semieixo x positivo.</p><p>(f) Como o ângulo é negativo, é abaixo da horizontal.</p><p>106. Usamos as Eqs. 4-2 e 4-3.</p><p>(a) Chamando o vetor posição inicial de</p><p></p><p>r1 e o vetor posição final de</p><p></p><p>r2 , a Eq. 4-3 nos dá</p><p>Dr = − − + − − +[( m 5, m]i [(6, m ( m j2 0 0 0 6 0, ) ˆ ) , )]ˆ ((2, m 2, m)k 7,0 m) i 12 m) j0 0− = − +ˆ ( ˆ ( ˆ</p><p>para o vetor deslocamento na notação dos vetores unitários.</p><p>(b) Como não existe componente z (já que o coeficiente de k̂ é zero), o vetor deslocamento</p><p>está no plano xy.</p><p>107. Escrevemos os vetores na forma módulo-ângulo R ∠( )u com unidades do SI implícitas</p><p>(m para distâncias, m/s para velocidades e m/s2). Os ângulos θ são medidos no sentido anti-</p><p>horário a partir do semieixo x positivo, mas vamos ocasionalmente nos referir a ângulos  que</p><p>são medidos no sentido anti-horário a partir do semieixo y negativo. Note que a velocidade da</p><p>partícula é v = 2πr/T em que r = 3,00 m e T = 20,0 s; assim, v = 0,942 m/s. De acordo com a</p><p>Fig. 4-56, a partícula está se movendo no sentido anti-horário.</p><p>(a) No instante t = 5,0 s, a partícula percorreu uma fração</p><p>t</p><p>T</p><p>= =</p><p>5 00</p><p>20 0</p><p>1</p><p>4</p><p>,</p><p>,</p><p>s</p><p>s</p><p>de uma revolução completa (começando no ponto O da figura, ou seja, no semieixo y negativo).</p><p>Assim, o ângulo descrito pela partícula em relação ao semieixo y negativo é</p><p> = =1</p><p>4</p><p>360 90( ) </p><p>Como se pode ver na Fig. 4-56, as coordenadas desse ponto (que corresponde à ponta do ponteiro</p><p>quando está na posição de “3 horas” no mostrador de um relógio) são x = 3,0 m e y = 3,0 m no</p><p>sistema de coordenadas da Fig. 4.56. Na notação módulo-ângulo, o vetor posição desse ponto é</p><p>R ∠( ) = ∠( )u 4 2 45, ° . Embora essa posição seja fácil de analisar sem recorrer a relações trigo-</p><p>nométricas, será útil (para os cálculos que se seguem) notar que esses valores das coordenadas</p><p>x e y podem ser obtidos a partir do ângulo  usando as relações</p><p>x r y r r= = −sen , cos . </p><p>122 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Naturalmente, os valores do módulo e do ângulo foram obtidos usando as equações R x y= +2 2</p><p>e θ = tan–1 (y/x) (no segundo caso, foi preciso escolher o ângulo correto entre duas possibilida-</p><p>des).</p><p>(b) No instante t = 7,5 s, a partícula percorreu uma fração 7,5/20 = 3/8 de revolução. O ângulo</p><p>descrito pela partícula é  = 3/8 (360°) = 135°. As coordenadas desse ponto são x = (3,0 m) sen</p><p>135° = 2,1 m e y = (3,0 m) – (3,0 m) cos 135° = 5,1 m; o vetor posição do ponto é (5,5 ∠ 68°).</p><p>(c) No instante t = 10,0 s, a partícula percorreu uma fração 10/20 = 1/2 de revolução. O ângulo</p><p>descrito pela partícula é  = 180°. As coordenadas desse ponto são x = 0 e y = 6,0 m; o vetor</p><p>posição do ponto é (6,0∠90o).</p><p>(d) Subtraímos o vetor posição obtido no item (a) do vetor posição obtido no item (c):</p><p>(6,0∠90o) − (4,2∠45o) = (4,2∠135o)</p><p>usando a notação módulo-ângulo (que é mais conveniente quando trabalhamos com calcula-</p><p>doras científicas). Na notação dos vetores unitários, teríamos</p><p>D</p><p></p><p>R = − + − = −( , ) ˆ ˆ ( , )ˆ0 3 0 0 0 3 0m i (6, m 3, m) j m ii m j+ ( , )ˆ3 0</p><p>o que levaria ao mesmo resultado, | | ,D</p><p></p><p>R = 4 2 m e θ = 135°.</p><p>(e) De acordo com a Eq. 4-8,</p><p> </p><p>v R tméd = D D/ . Para Dt 0 s= 5, , temos:</p><p></p><p>vméd m/s) i m/s) j= − +( , ˆ ( , ˆ0 60 0 60</p><p>na notação dos vetores unitários ou (0,85 ∠ 135°) na notação módulo-ângulo.</p><p>(f) O módulo da velocidade da partícula já foi calculado (v = 0,94 m/s); para conhecer a direção,</p><p>basta observar a Fig. 4-56. Como o vetor velocidade é tangente à circunferência na posição de</p><p>“3 horas” [veja o item (a)], isso significa que</p><p></p><p>v é vertical. Assim, a resposta é 0 94 90, .∠( )°</p><p>(g) Mais uma vez, o módulo da velocidade é conhecido (v = 0,94 m/s) e a direção pode ser de-</p><p>terminada observando a x r y r r= = −sen , cos ,  Fig. 4-56. O vetor velocidade é tangente à</p><p>circunferência na posição de “12 horas” [veja o item (c)], o que significa que</p><p></p><p>v é horizontal.</p><p>Assim, a resposta é 0 94 180, .∠( )°</p><p>(h) A aceleração tem módulo a = v2/r = 0,30 m/s2, e no instante inicial [veja o item (a)] é hori-</p><p>zontal (na direção do centro da circunferência). Assim, a resposta é 0 30 180,</p><p>.∠( )°</p><p>(i) Mais uma vez, a = v2/r = 0,30 m/s2, mas nesse instante [veja o item (c)] a aceleração é vertical</p><p>(na direção do centro da circunferência). Assim, a resposta é 0 30 270, .∠( )°</p><p>108. De acordo com a Eq. 4-34, existe uma relação inversa entre r e a: quanto menor o raio,</p><p>maior a aceleração. Assim, a um limite superior para a aceleração corresponde um limite infe-</p><p>rior para o raio.</p><p>(a) Nas condições do problema, o raio mínimo da curva é dado por</p><p>r</p><p>v</p><p>a</p><p>mín</p><p>máx</p><p>= = ( )</p><p>( )( ) = ×</p><p>2 2</p><p>216</p><p>0 050 9 8</p><p>7 3</p><p>km/h</p><p>m/s2, ,</p><p>, 1103 m.</p><p>(b) A velocidade máxima do trem deve ser</p><p>v a r= = ( ) ×( ) =máx 0 050 9 8 1 00 10 223, , ,m/s m m/s2</p><p>o que equivale a aproximadamente 80 km/h.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 123</p><p>109. (a) Usando o mesmo sistema de coordenadas usado para formular a Eq. 4-25, temos:</p><p>y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>gx</p><p>v</p><p>= −</p><p>( )</p><p>= −tan</p><p>cos</p><p>u</p><p>u</p><p>u0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>2</p><p>0</p><p>22 2</p><p>para 0 == 0.</p><p>Assim, para v0 = 3,0 × 106 m/s e x = 1,0 m, obtemos y = –5,4 × 10–13 m, uma distância menor que</p><p>o raio atômico (o que mostra por que os processos gravitacionais normalmente são desprezados</p><p>nos campos da física atômica e da física subatômica).</p><p>(b) A expressão do item (a) mostra que |y| diminui quando v0 aumenta.</p><p>110. Quando a escada está parada, a velocidade da pessoa é v tp = l , sendo que l é o compri-</p><p>mento da escada e t é o tempo que a pessoa gasta para subir. Para os dados do problema, vp =</p><p>(15 m)/(90 s) = 0,167 m/s. A velocidade da escada rolante é ve = (15 m)/(60 s) = 0,250 m/s. A</p><p>velocidade da pessoa ao subir a escada rolante em movimento é, portanto,</p><p>v = vp + ve = 0,167 m/s + 0,250 m/s = 0,417 m/s</p><p>e o tempo gasto na subida é</p><p>t</p><p>v</p><p>= = =l ( )</p><p>( , )</p><p>.</p><p>15</p><p>0 417</p><p>36</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s</p><p>Em termos de l (em metros), a velocidade (em metros por segundo) da pessoa que sobe a escada</p><p>parada é l/90, a velocidade da escada rolante é l/60, e a velocidade da pessoa que sobe a escada</p><p>em movimento é v = ( ) + ( ) =l l l90 60 0 0278, . O tempo gasto é t v= = =l l l0 0278 36, s</p><p>e não depende de l.</p><p>111. O raio da Terra está no Apêndice C.</p><p>(a) A velocidade de um objeto no equador da Terra é v = 2πR/T, sendo R o raio da Terra (6,37</p><p>× 106 m) e T é a duração do dia (8,64 × 104 s):</p><p>v = 2π(6,37 × 106 m)/(8,64 × 104 s) = 463 m/s.</p><p>O módulo da aceleração é dado por</p><p>a</p><p>v</p><p>R</p><p>= =</p><p>( )</p><p>×</p><p>=</p><p>2</p><p>2</p><p>6</p><p>463</p><p>6 37 10</p><p>0 034</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s2</p><p>,</p><p>, .</p><p>(b) Se T é o período, v = 2πR/T é a velocidade e o módulo da aceleração é dado por</p><p>a</p><p>v</p><p>R</p><p>R T</p><p>R</p><p>R</p><p>T</p><p>= = =</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>2 4( / )  .</p><p>Assim,</p><p>T</p><p>R</p><p>a</p><p>= =</p><p>×</p><p>= ×2 2</p><p>6 37 10</p><p>9 8</p><p>5 1 10</p><p>6</p><p>3 </p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s = 84 min.</p><p>2</p><p>112. De acordo com a Eq. 4-26,</p><p>R R</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>v</p><p>g</p><p>g</p><p>M B</p><p>M B B</p><p>B− = − =0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>0 0</p><p>2</p><p>02 2 2sen sen senu u u</p><p>ggM</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>em que os índices M e B se referem a Melbourbe e Berlim, respectivamente. Para gM = 9,7999</p><p>e gB = 9,8128, temos:</p><p>R R RM B B− = −</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>9 8128</p><p>9 7999</p><p>1</p><p>,</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2</p><p>124 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>o que nos dá (fazendo RB = 8,09 m) RM – RB = 0,01 m = 1 cm. Assim, em Melbourne, Jesse</p><p>Owens teria pulado 8,10 m.</p><p>113. De acordo com a figura, os três deslocamentos foram</p><p></p><p>d d1 1 1 1 5 00 30= + = +(cos ˆ sen ˆ) ( , )(cos ˆ su ui j m i° een ˆ) ( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>[cos(</p><p>30 4 33 2 50</p><p>12 2</p><p>° j m i m j= +</p><p>=</p><p></p><p>d d 880 180 8 001 2 1 2° °+ − + + − =u u u u)i )j] mˆ sen( ˆ ( , )(coos ˆ sen ˆ)</p><p>( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>160 160</p><p>7 52 2 74</p><p>° °i j</p><p>m i m j</p><p>+</p><p>= − +</p><p></p><p>d d3 3 3 2 1 3 2360 360= − − + + − −[cos( ˆ sen(° °u u u u u)i ++ = +</p><p>= −</p><p>u1 12 0 260 260</p><p>2</p><p>)j] m i jˆ ( , )(cos ˆ sen ˆ)</p><p>( ,</p><p>° °</p><p>008 11 8m i m j)ˆ ( , )ˆ−</p><p>Em que todos os ângulos são medidos a partir do semieixo x positivo. O deslocamento total é</p><p>   </p><p>d d d d= + + = − −1 2 3 5 27 6 58( , )ˆ ( , )ˆm i m j.</p><p>(a) O módulo do deslocamento total é</p><p>| | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>d = − + − =5 27 6 58 8 432 2m m m.</p><p>(b) O ângulo de</p><p></p><p>d é u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 6 58</p><p>5 27</p><p>d</p><p>d</p><p>y</p><p>x</p><p>m</p><p>m</p><p>== 51 3, .° °ou 231</p><p>Escolhemos 231° porque sabemos que o ângulo procurado está no terceiro quadrante. Uma res-</p><p>posta equivalente é 2129°.</p><p>114. Derivando duas vezes o vetor posição</p><p></p><p>r t t= +2 2 4ˆ sen( / )ˆi j (com as distâncias em me-</p><p>tros, o tempo em segundos e os ângulos em radianos), obtemos expressões para a velocidade e</p><p>a aceleração:</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>v</p><p>dr</p><p>dt</p><p>t</p><p>a</p><p>dv</p><p>dt</p><p>= = + </p><p></p><p></p><p></p><p>= = −</p><p>2</p><p>2 4</p><p>8</p><p>2</p><p>ˆ cos ˆ</p><p>s</p><p>i j</p><p> </p><p></p><p>een ˆ t</p><p>4</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>j.</p><p>Substituindo nessas os valores de t dados no enunciado, temos:</p><p>tempo t (s) 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0</p><p>(a)</p><p></p><p>r</p><p>(posição)</p><p>x (m) 0,0 2,0 4,0 6,0 8,0</p><p>y (m) 0,0 1,4 2,0 1,4 0,0</p><p>(b)</p><p></p><p>v</p><p>(velocidade)</p><p>vx(m/s) 2,0 2,0 2,0</p><p>vy (m/s) 1,1 0,0 −1,1</p><p>(c)</p><p></p><p>a</p><p>(aceleração)</p><p>ax (m/s2) 0,0 0,0 0,0</p><p>ay (m/s2) −0,87 −1,2 −0,87</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 125</p><p>O gráfico pedido aparece a seguir.</p><p>115. Como este problema envolve uma aceleração constante para baixo de módulo a, semelhante</p><p>ao movimento balístico, podemos usar as equações da Seção 4-6 substituindo g por a. Como a</p><p>velocidade inicial é horizontal, v y0 0= e</p><p>v vx0 0</p><p>91 00 10= = ×, cm/s.</p><p>(a) Se l é o comprimento das placas e t é o tempo que o elétron passa entre as placas, l = v t0 ,</p><p>em que v0 é a velocidade inicial. Assim,</p><p>t</p><p>v</p><p>= =</p><p>×</p><p>= × −l</p><p>0</p><p>9</p><p>9</p><p>2 00</p><p>1 00 10</p><p>2 00 10</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>cm</p><p>cm/s</p><p>s</p><p>(b) O deslocamento vertical do elétron é</p><p>y at= − = − × × = −−1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>1 00 10 2 00 102 17 2 9 2( , )( , )cm/s s 00 20 2 00, ,cm mm= −</p><p>ou | | ,y = 2 00 mm.</p><p>(c) A componente x da velocidade é constante:</p><p>vx = v0 = 1,00 × 109 cm/s = 1,00 × 107 m/s.</p><p>(d) A componente y da velocidade é</p><p>v a ty y= = × × = ×−( , )( , ) ,1 00 10 2 00 10 2 00 1017 9cm/s s2 88</p><p>62 00 10</p><p>cm/s</p><p>m/s.= ×,</p><p>116. Desprezando a resistência do ar, a aceleração da bola é –g = –9,8 m/s2 (tomando o sentido</p><p>positivo do eixo y como sendo para cima). Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (substi-</p><p>tuindo x por y) porque a aceleração da bola é constante. Usamos variáveis com plicas (exceto t)</p><p>para o elevador (como v ' = 10 m/s ) e variáveis sem plicas para a bola (cuja velocidade inicial</p><p>em relação ao solo, por exemplo, é v v0 20 30= ′ + = m/s ). As unidades são todas do SI.</p><p>(a) Fazendo t = 0 como o instante em que a bola é arremessada, calculamos a altura máxima</p><p>atingida pela bola fazendo v = 0 na equação v v g y y2</p><p>0</p><p>2</p><p>02= − −( ) . O resultado é o seguinte:</p><p>y y</p><p>v</p><p>g</p><p>= + =o m0</p><p>2</p><p>2</p><p>76</p><p>fazendo y yo m= ′ + =o 2 30 ( ′ =yo m28 é um dado do problema) e v0 = 30 m/s em relação ao</p><p>solo, como foi visto acima.</p><p>126 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) Existem várias abordagens para esse item. Uma é continuar a trabalhar no referencial do item</p><p>(a) (que trata o solo como “fixo”); nesse caso, descrevemos o movimento do elevador através</p><p>da equação ′ = ′ + ′y y v to , o movimento da bola através da Eq. 2-15, e resolvemos o sistema de</p><p>equações obtido quando impomos que o piso do elevador e a bola cheguem simultaneamente</p><p>ao mesmo ponto. Outra é trabalhar no referencial do elevador (o menino que arremessou a bola</p><p>pode ignorar o fato de que o elevador está em movimento, já que o elevador não está aceleran-</p><p>do). Nesse caso, temos:</p><p>D</p><p>D</p><p>y v t gt t</p><p>v v g y</p><p>g</p><p>e</p><p>e e</p><p>e</p><p>e= − ⇒ =</p><p>+ −</p><p>0</p><p>2 0 0</p><p>21</p><p>2</p><p>2</p><p>em que v0e = 20 m/s é a velocidade inicial da bola em relação ao elevador e ∆ye = –2,0 m é o</p><p>deslocamento da bola em relação ao piso do elevador. Escolhemos a raiz positiva porque é a</p><p>única que fornece um valor positivo de t; o resultado é t = 4,2 s.</p><p>117. Escolhemos os eixos da forma convencional para podermos usar as equações do movimento</p><p>balístico da Seção 4-6. A origem é tomada como sendo a posição inicial da bola; θ0 é o ângulo</p><p>da velocidade inicial com o semieixo x positivo, medido no sentido anti-horário, e o instante</p><p>t = 0 é tomado como sendo o instante em que o jogador chutou a bola.</p><p>(a) As coordenadas do ponto em que a bola toca o gramado são x = 46 m e y = –1,5 m e a bola</p><p>toca o gramado no instante t = 4,5 s. Como x = v0xt,</p><p>v</p><p>x</p><p>t</p><p>x0</p><p>46</p><p>10 2= = =m</p><p>4,5 s</p><p>m/s.,</p><p>Como y v t gty= −0</p><p>1</p><p>2</p><p>2,</p><p>v</p><p>y gt</p><p>t</p><p>y0</p><p>21</p><p>2</p><p>1 5</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 4 5</p><p>4</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>− +( , ( , )( ,m) m/s s)2 2</p><p>,,</p><p>,</p><p>5</p><p>21 7</p><p>s</p><p>m/s.=</p><p>O</p><p>módulo da velocidade inicial é</p><p>v v vx y0 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 10 2 21 7 24= + = + =( , ( ,m/s) m/s) m/s2 2 ..</p><p>(b) Como o ângulo da velocidade inicial satisfaz a relação tan θ0 = v0y/v0x, temos:</p><p>θ0 = tan–1 [(21,7 m/s)/(10,2 m/s) ] = 65°.</p><p>118. Vamos chamar a velocidade de Lauro de v1, a velocidade de Cora de v2 e o comprimen-</p><p>to do corredor de L. Lauro leva um tempo t1 = 150 s para atravessar o corredor (que é igual a</p><p>L/v1) e Cora leva um tempo t2 = 70 s (que é igual a L/v2). O tempo que Marta leva para atraves-</p><p>sar o corredor é</p><p>t</p><p>L</p><p>v v v L v L</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>1 2 1 2</p><p>1</p><p>150</p><p>1</p><p>70</p><p>1 1</p><p>48</p><p>/ / s s</p><p>s.</p><p>119. A velocidade do vagão em relação à linha férrea é</p><p></p><p>v vvl = 1 î e a velocidade da bala em rela-</p><p>ção à linha férrea, antes de entrar no vagão (desprezando o efeito da gravidade sobre a bala), é</p><p></p><p>v v vbl0 2 2= +cos ˆ sen ˆu ui j</p><p>Depois que a bala entra no vagão, sua velocidade se torna</p><p></p><p>v v vbl = +0 8 2, cos ˆ sen ˆu ui 0,8 j2</p><p>devido à redução de 20% mencionada no enunciado. O enunciado informa também que os fu-</p><p>ros de entrada e saída ficam à mesma distância das extremidades do vagão, o que significa que</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 127</p><p>a velocidade da bala em relação ao vagão é</p><p></p><p>v vbv = 3 ĵ , em que v3 não é dado. De acordo com</p><p>a Eq. 4-44, temos:</p><p>i 0,8</p><p>  </p><p>v v v</p><p>v v</p><p>bl bv vl= +</p><p>+0 8 2 2, cos ˆ seu nn ˆ ˆ ˆu j j i= +v v3 1</p><p>e, portanto, igualando as componentes x (ou seja, as componentes î ), podemos obter o valor de</p><p>θ sem conhecer o valor de v3 nem a largura do vagão. O resultado é o seguinte:</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=− −cos</p><p>,</p><p>cos1 1</p><p>2</p><p>1</p><p>1000</p><p>0 8</p><p>85v</p><p>v</p><p>km/h m/km</p><p>33600</p><p>0 8 650</p><p>s/h</p><p>m/s</p><p>( )</p><p></p><p></p><p>, ( )</p><p>o que nos dá 87° para o ângulo de</p><p></p><p>vbl (medido a partir de î , que é a direção do movimento do</p><p>vagão. Como o problema pergunta “de que direção a bala foi disparada”, a resposta não é 87°</p><p>e sim o ângulo suplementar, 93° (medido a partir da direção do movimento do vagão). Em ou-</p><p>tras palavras, no sistema de coordenadas que usamos para resolver o problema, o vetor veloci-</p><p>dade da bala está no primeiro quadrante e faz um ângulo de 87° no sentido anti-horário com o</p><p>semieixo x positivo (que é a direção do movimento do vagão), o que significa que a direção de</p><p>onde veio a bala (ou seja, o vetor posição do franco-atirador) está no terceiro quadrante e faz</p><p>um ângulo de –93° com o semieixo x positivo (o que equivale a um ângulo de 93° no sentido</p><p>horário com o semieixo x positivo).</p><p>Capítulo 5</p><p>1. Neste problema temos que lidar apenas com forças horizontais (a força da gravidade não está</p><p>envolvida. Usamos um sistema de coordenadas no qual o semieixo x positivo corresponde à di-</p><p>reção leste e o semieixo y positivo corresponde à direção norte. O cálculo pode ser feito em uma</p><p>calculadora científica, usando a notação módulo-ângulo (com unidades do SI implícitas).</p><p></p><p></p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>= =</p><p>∠( ) + ∠( ) = ∠( )9 0 0 8 0 118</p><p>3 0</p><p>2 9 53</p><p>, ,</p><p>,</p><p>,</p><p> </p><p></p><p>Assim, o módulo da aceleração é 2,9 m/s2.</p><p>2. Usamos a Segunda Lei de Newton (Eq. 5-1). A força resultante aplicada ao bloco de madeira</p><p>é</p><p>  </p><p>F F Fres = +1 2 . A soma vetorial é executada usando a notação dos vetores unitários e a acele-</p><p>ração do bloco é calculada usando a relação</p><p>  </p><p>a F F m= +( )1 2 / .</p><p>(a) No primeiro caso,</p><p></p><p> </p><p>a</p><p>F F</p><p>m</p><p>= + =</p><p>( ) + ( )  + −</p><p>1 2</p><p>3 0 4 0 3 0, ˆ , ˆ ( , )ˆN i N j N i ++ −( )  =</p><p>4 0</p><p>2 0</p><p>0</p><p>, ˆ</p><p>,</p><p>N j</p><p>kg</p><p>(b) No segundo caso,</p><p></p><p> </p><p>a</p><p>F F</p><p>m</p><p>= + =</p><p>( ) + ( )  + −</p><p>1 2</p><p>3 0 4 0 3 0, ˆ , ˆ ( , )ˆN i N j N i ++ ( )  =</p><p>4 0</p><p>2 0</p><p>4 0</p><p>, ˆ</p><p>,</p><p>( , )ˆ</p><p>N j</p><p>kg</p><p>m/s j2</p><p>(c) No terceiro caso,</p><p></p><p> </p><p>a</p><p>F F</p><p>m</p><p>= + =</p><p>( ) + ( )  + +</p><p>1 2</p><p>3 0 4 0 3 0, ˆ , ˆ ( , )ˆN i N j N i −−( )  =</p><p>4 0</p><p>2 0</p><p>3 0</p><p>, ˆ</p><p>,</p><p>( , )ˆ</p><p>N j</p><p>kg</p><p>m/s i2</p><p>3. Usamos a Segunda Lei de Newton (mais especificamente, a Eq. 5-2).</p><p>(a) A componente x da força é</p><p>Fx = max = ma cos 20,0° = (1,00 kg)(2,00 m/s2) cos 20,0° = 1,88 N.</p><p>(b) A componente y da força é</p><p>Fy = may = ma sen 20,0° = (1,0 kg)(2,00 m/s2) sen 20,0° = 0,684 N.</p><p>(c) Na notação dos vetores unitários, a força resultante é</p><p></p><p>F F Fx y= + = +ˆ ˆ ( , )ˆ ( , )ˆ .i j N i N j1 88 0 684</p><p>4. Como</p><p></p><p>v = constante,</p><p></p><p>a = 0 e, portanto,</p><p>   </p><p>F F F mares = + = =1 2 0 .</p><p>Isso significa que a outra força é</p><p> </p><p>F F2 = =1 2( ) ˆ ˆ.2 1N i (6 N ) j</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 129</p><p>5. Como a força resultante aplicada ao asteroide é</p><p>   </p><p>F F F Fres = + +1 2 3 , a aceleração do asteroide</p><p>é dada por</p><p>   </p><p>a F F F m= + +( )1 2 3 / .</p><p>(a) Na notação dos vetores unitários, as forças exercidas pelos astronautas são:</p><p></p><p>F1 32 30 30 27 7 16= + = +( )(cos ˆ sen ˆ) ( , )ˆ (N i j N i No o ))ˆ</p><p>( )(cos ˆ sen ˆ) ( )ˆ</p><p>(</p><p>j</p><p>N i j N io o</p><p></p><p>F</p><p>F</p><p>2</p><p>3</p><p>55 0 0 55= + =</p><p>= 441 60 60 20 5N i j N io o) cos( )ˆ sen( )ˆ ( , )ˆ− + −  = − 335 5, )ˆN j</p><p>A aceleração do asteroide é, portanto,</p><p></p><p>a =</p><p>+ + + −( , ˆ ˆ) ( ˆ) ( , ˆ , ˆ)27 7 16 55 20 5 35 5</p><p>1</p><p>i j N i N i j N</p><p>220</p><p>0 86 0 162 2</p><p>kg</p><p>m/s i m/s j= −( , )ˆ ( , )ˆ.</p><p>(b) O módulo do vetor aceleração é</p><p></p><p>a a ax y= + = + −( ) =2 2 2 2</p><p>0 86 0 16 0 88( , ) , ,m/s m/s m/s2 2 22 .</p><p>(c) O ângulo do vetor aceleração com o semieixo x positivo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −</p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 0 16</p><p>0 86</p><p>a</p><p>a</p><p>y</p><p>x</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2</p><p></p><p></p><p>= − 11°.</p><p>6. De acordo com a Segunda Lei de Newton, se o pneu permanece em repouso, a força resul-</p><p>tante deve ser nula:</p><p>    </p><p>F F F F maA B Cres = + + = = 0.</p><p>De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo, temos:</p><p>0</p><p>0</p><p>= = −</p><p>= = +</p><p>∑</p><p>∑</p><p>F F F</p><p>F F F</p><p>x C A</p><p>y A C</p><p>res</p><p>res</p><p>,</p><p>,</p><p>cos cos</p><p>sen s</p><p> u</p><p>u een − FB</p><p>Para calcular o valor de FB , precisamos conhecer o ângulo . Como FA = 220 N , FC = 170 N</p><p>e u = 47°, a primeira equação nos dá:</p><p>cos</p><p>cos ( ) cos ,</p><p>,</p><p>u</p><p>= = = ⇒ =F</p><p>F</p><p>A</p><p>C</p><p>220 47 0</p><p>170</p><p>0 883 28</p><p>N</p><p>N</p><p>°</p><p>,,0°</p><p>Substituindo esse valor na segunda equação, temos:</p><p>F F FB A C= + = +sen sen ( )sen , ( )senu  220 47 0 170 28N N° ,,0 241= N.</p><p>7. Neste problema, temos duas forças agindo sobre uma caixa e produzindo uma aceleração</p><p>conhecida. Para determinar a força desconhecida, usamos a Segunda Lei de Newton. Vamos</p><p>chamar as duas forças de</p><p> </p><p>F F1 2e . De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>  </p><p>F F ma1 2+ = e,</p><p>130 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>portanto, a segunda força é</p><p>  </p><p>F ma F2 1= − . Note que, como a aceleração está no terceiro qua-</p><p>drante, a força</p><p></p><p>F2 também deve estar no terceiro quadrante.</p><p>(a) Na notação dos vetores unitários,</p><p></p><p>F1 20 0= ( ), ˆN i e</p><p></p><p>a = − −( , sen , )ˆ ( , cos , )12 0 30 0 12 0 30 0o 2 o 2m/s i m/s ˆ̂ ( , )ˆ ( , )ˆ.j m/s i m/s j= − −6 00 10 42 2</p><p>Assim, a segunda força é</p><p>  </p><p>F ma F2 1</p><p>22 00 6 00 2 00</p><p>= −</p><p>= − +( , )( , )ˆ ( , )(kg m/s i kg −− −</p><p>= − −</p><p>10 4 20 0</p><p>32 0 20 8</p><p>2, )ˆ ( , )ˆ</p><p>( , )ˆ ( , )ˆ</p><p>m/s j N i</p><p>N i N jj.</p><p>(b) O módulo de</p><p></p><p>F2 é | | ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>F F Fx y2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 2 232 0 20 8 38 2= + = − + − =N N N.</p><p>(c) O ângulo que</p><p></p><p>F2 faz com o semieixo x positivo pode ser determinado a partir da equação</p><p>tan</p><p>,</p><p>, =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>−</p><p>−</p><p>=</p><p>F</p><p>F</p><p>y</p><p>x</p><p>2</p><p>2</p><p>20 8</p><p>0 656</p><p>N</p><p>32,0 N</p><p>O ângulo pode ser 33,0° ou 33,0° + 180° = 213°. Como as componentes x e y são negativas, o</p><p>ângulo correto é φ = 213°, que também pode ser expresso como 213 360 147° ° °.− = −</p><p>A figura abaixo mostra a solução. O resultado confirma nossa conclusão de que</p><p></p><p>F2 deveria estar</p><p>no terceiro quadrante (o mesmo de</p><p></p><p>a). A força resultante é</p><p>  </p><p>F F Fres = + = + − −1 2 20 0 32 0 20 8( , )ˆ ( , )ˆ ( , )ˆN i N i N jj</p><p>N i N j</p><p> </p><p>= − −( , )ˆ ( , )ˆ12 0 20 8</p><p>que aponta na mesma direção de</p><p></p><p>a .</p><p>8. Note que ma</p><p></p><p>= (–16 N) î + (12 N) ĵ . De acordo com a Segunda Lei de Newton, a terceira</p><p>força é</p><p></p><p>F3 = ma</p><p></p><p>–</p><p> </p><p>F F1 2− = (–34 N) î − (12 N) ĵ.</p><p>9. Para resolver o problema, note que a aceleração é a derivada segunda da função posição e</p><p>que a força está relacionada à aceleração através da Segunda Lei de Newton. Derivando duas</p><p>vezes a função x t t t( ) , , ,= − + +15 0 2 00 4 00 3 em relação a t, obtemos</p><p>dx</p><p>dt</p><p>t</p><p>d x</p><p>dt</p><p>t= − = −2 00 12 0 24 02</p><p>2</p><p>2</p><p>, , , ,</p><p>Derivando duas vezes a função y t t t( ) , , ,= + −25 0 7 00 9 00 2</p><p>em relação a t, obtemos</p><p>dy</p><p>dt</p><p>t</p><p>d y</p><p>dt</p><p>= − = −7 00 18 0 18 0</p><p>2</p><p>2</p><p>, , , ,</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 131</p><p>(a) A aceleração é</p><p></p><p>a a a</p><p>d x</p><p>dt</p><p>d y</p><p>dt</p><p>tx y= + = + = − +ˆ ˆ ˆ ˆ ( , )ˆ (i j i j i</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>24 0 −−18 0, ) ĵ.</p><p>No instante t = 0 700, s, a = − + −( , )ˆ ( , )ˆ16 8 18 0i j e</p><p>a a= = − + − =| | ( , ) ( , ) , .</p><p></p><p>16 8 18 0 24 62 2 m/s2</p><p>O módulo da força é F ma= = =( , )( , ) ,0 34 24 6 8 37kg m/s N.2</p><p>(b) O ângulo que</p><p></p><p>F e</p><p> </p><p>a F m= / fazem com o semieixo x positivo é</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>−</p><p>−</p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>18 0</p><p>16 8</p><p>a</p><p>a</p><p>y</p><p>x</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2</p><p></p><p></p><p>= ° − °47 0 133, .ou</p><p>Como sabemos que</p><p></p><p>F está no terceiro quadrante, escolhemos o segundo ângulo (2133°).</p><p>(c) A direção do movimento é a direção do vetor velocidade:</p><p></p><p>v t v v</p><p>dx</p><p>dt</p><p>dy</p><p>dt</p><p>tx y( ) ˆ ˆ ˆ ˆ ( , , )= + = + = −i j i j 2 00 12 0 2 ˆ̂ ( , , )ˆi j.+ −7 00 18 0t</p><p>No instante t = 0 700, s,</p><p></p><p>v t( , ) ( , )ˆ ( , )ˆ= = − + −0 700 3 88 5 60s m/s i m/s j. Assim, o ângulo entre</p><p></p><p>v</p><p>e o semieixo x positivo é</p><p>uv</p><p>y</p><p>x</p><p>v</p><p>v</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= −</p><p>−</p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1 5 60</p><p>3 88</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p></p><p></p><p>= −55 3 125, .° °ou</p><p>Como sabemos que</p><p></p><p>v está no terceiro quadrante, escolhemos o segundo ângulo (2125°).</p><p>10. Para resolver o problema, note que a aceleração é a derivada segunda da função posição e</p><p>que a força está relacionada à aceleração através da Segunda Lei de Newton. Derivando duas</p><p>vezes a função x t t t t( ) , , , ,= − + + −13 00 2 00 4 00 3 002 3 em relação a t, obtemos</p><p>dx</p><p>dt</p><p>t t</p><p>d x</p><p>dt</p><p>t= + − = −2 00 8 00 9 00 8 00 18 02</p><p>2</p><p>2</p><p>, , , , , ,</p><p>A força que age sobre a partícula no instante t = 3 40, s é</p><p></p><p>F m</p><p>d x</p><p>dt</p><p>= = −[ ] = −</p><p>2</p><p>2</p><p>0 150 8 00 18 0 3 40 7ˆ ( , ) , , ( , ) ˆ (i i ,, )ˆ98 N i</p><p>11. A velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo e a aceleração é a derivada da</p><p>velocidade. Assim, a = 2c – 3(2)(2,0)t. De acordo com a Segunda Lei de Newton, F = (2,0)a =</p><p>4,0c – 24t (com unidades do SI implícitas). Sabemos que no instante t = 3,0 s, F = –36 N. Assim,</p><p>–36 = 4,0c – 24(3,0), da qual c = 9,0 m/s2.</p><p>12. A inclinação do gráfico nos dá ax = 3,0 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton à com-</p><p>ponente x das forças (e chamando de θ o ângulo entre F1 e F2), temos:</p><p>F1 + F2 cosθ = m ax ⇒ θ = 56°.</p><p>13. (a) A partir do fato de que T3 = 9,8 N, concluímos que a massa do disco D é 1,0 kg. Conhecendo</p><p>a massa do disco D e sabendo que o disco C e o disco D, juntos, produzem uma tração T2 = 49 N,</p><p>concluímos que a massa do disco C é 4,0 kg. Conhecendo a massa dos discos C e D e sabendo</p><p>que os discos B, C e D, juntos, produzem uma tração T1 = 58,8 N, concluímos que a massa do</p><p>disco B é 1,0 kg. Sabendo que todos os discos, juntos, exercem uma força de 98 N, concluímos</p><p>que a massa do disco A é 4,0 kg.</p><p>132 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) mB = 1,0 kg, como foi visto no item (a).</p><p>(c) mC = 4,0 kg, como foi visto no item (a).</p><p>(d) mD = 1,0 kg, como foi visto no item (a).</p><p>14. Três forças verticais agem sobre o bloco: uma força gravitacional de 3,0 N, para baixo; uma</p><p>força de 1,0 N para cima, exercida por uma mola; a força normal, para cima, exercida pela su-</p><p>perfície na qual o bloco está apoiado. Como o bloco está em repouso,</p><p>F Fy N= = + + −∑ 0 1 0 3 0( , ) ( , )N N</p><p>o que nos dá FN = 2,0 N (para cima).</p><p>(a) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força exercida pelo bloco sobre a superfície tem</p><p>o mesmo módulo que a força exercida pela superfície sobre o bloco: 2,0 N.</p><p>(b) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força exercida pelo bloco sobre a superfície tem o</p><p>sentido oposto ao da força exercida sobre o bloco pela superfície. Assim, o sentido é para baixo.</p><p>15. (a), (b), (c) Nos três casos, a balança está em repouso, o que significa que as duas cordas</p><p>exercem forças de mesmo módulo e sentidos opostos sobre a balança. A leitura da balança cor-</p><p>responde ao módulo de uma dessas forças. Em todos os casos, a tração da corda que sustenta</p><p>o salame deve ser igual ao peso do salame, já que o salame também está em repouso. Assim, a</p><p>leitura da balança nos três casos é igual a mg, em que m é a massa do salame e g é a aceleração</p><p>da gravidade. Substituindo m e g por valores numéricos, vemos que a leitura da balança é (11,0</p><p>kg) (9,8 m/s2) = 108 N.</p><p>16. (a) O inseto tem seis pernas e a componente vertical da tração em cada perna é T senu , sen-</p><p>do u฀5 40°. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente vertical das forças envolvidas,</p><p>vemos que, para que a aceleração seja zero na direção vertical, devemos ter</p><p>6</p><p>6</p><p>T mg T</p><p>mg</p><p>sen</p><p>sen</p><p>u</p><p>u</p><p>= ⇒ =</p><p>o que nos dá T/mg ≈ 0,26.</p><p>(b) Como o ângulo θ é medido em relação à horizontal, quando o inseto “estica as pernas” o</p><p>ângulo θ aumenta (se aproxima de 90°), o que faz sen θ aumentar (se aproximar de 1); em con-</p><p>sequência, T diminui.</p><p>17. A figura abaixo mostra o diagrama de corpo livre do sistema. Como a aceleração do bloco</p><p>é zero, a Segunda Lei de Newton nos dá</p><p>T – mg sen θ = 0</p><p>FN – mg cos θ = 0</p><p>na qual T é a tração da corda e FN é a força normal que age sobre o bloco.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 133</p><p>(a) Explicitando T na primeira equação, temos:</p><p>T mg= = =sen ( , )( , ) sen .u 8 5 9 8 30 422kg m/s N</p><p>(b) Explicitando FN na segunda equação, temos:</p><p>F mgN = = ( )( ) =cos , , cosu 8 5 9 8 30 722kg m/s N .</p><p>(c) Quando a corda é cortada, deixa de exercer uma força sobre o bloco e o bloco começa a</p><p>acelerar. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente x do peso, temos –mg senθ = ma,</p><p>o que nos dá</p><p>a g= − = − = −sen ( , )sen , .u 9 8 30 4 9m/s m/s2 2</p><p>O sinal negativo indica que a aceleração é para baixo. O módulo da aceleração é 4,9 m/s2.</p><p>18. A figura abaixo mostra o diagrama de corpo livre do sistema. A força exercida por John</p><p>Massis foi</p><p>F mg= = =2 5 2 5 80 9 8 1960, , ( )( , )kg m/s N.2</p><p>Como o movimento foi na horizontal, a Segunda Lei de Newton nos dá F F Max x= =cos ,u em</p><p>que M é a massa total dos dois vagões. Assim, a aceleração dos vagões foi</p><p>a</p><p>F</p><p>M</p><p>x = =</p><p>°</p><p>×</p><p>=cos ( )cos</p><p>( , / , )</p><p>u 1960 30</p><p>7 0 10 9 8</p><p>0</p><p>5</p><p>N</p><p>N m/s2</p><p>,, .024 m/s2</p><p>De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade dos vagões quando Massis parou de puxar era</p><p>v a xx x= = =2 2 0 024 1 0 0 22D ( , )( , ) ,m/s m m/s.2</p><p>19. Em termos de módulos, a Segunda Lei de Newton é F = ma, em que F =</p><p></p><p>Fres , a a= | |</p><p> , e m</p><p>é a massa (sempre positiva). O módulo da aceleração pode ser calculado usando as equações</p><p>da cinemática (Tabela 2-1), válidas quando a aceleração é constante. Resolvendo a equação v =</p><p>v0 + at para o caso em que o corpo parte do repouso, temos a = v/t (que interpretamos em ter-</p><p>mos de módulos, tornando desnecessário especificar os eixos do sistema de coordenadas). Neste</p><p>problema, como a velocidade é</p><p>v = (1600 km/h) (1000 m/km)/(3600 s/h) = 444 m/s,</p><p>temos:</p><p>F ma m</p><p>v</p><p>t</p><p>= = = ( ) = ×500</p><p>444</p><p>1 8</p><p>1 2 105kg</p><p>m s</p><p>s</p><p>N.</p><p>,</p><p>,</p><p>20. A força</p><p></p><p>F e a trajetória do passageiro são horizontais. O semieixo x positivo está na dire-</p><p>ção do movimento do passageiro, o que significa que a aceleração do passageiro tem um valor</p><p>negativo e a força é exercida no sentido negativo do eixo x:</p><p></p><p>F F= − î. Usando a Eq. 2-16 com</p><p>v0 = (53 km/h)(1000 m/km)/(3600 s/h) = 14,7 m/s</p><p>134 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>e v = 0, a aceleração é dada por</p><p>v v a x a</p><p>v</p><p>x</p><p>2</p><p>0</p><p>2 0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>14 7</p><p>2 0 65</p><p>= + ⇒ = − = − ( ) =D</p><p>D</p><p>( , )</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>−−167 m/s2 .</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p> </p><p>F ma F= ⇒ − = ( ) −( )41 167kg m s2</p><p>o que nos dá F = 6,8 × 103 N.</p><p>21. (a) A inclinação dos gráficos nos dá as componentes da aceleração, ax = 3,00 m/s2 e ay =</p><p>–5,00 m/s2. O módulo do vetor aceleração é, portanto,</p><p>a = + − =( , ) ( , ) , ,3 00 5 00 5 832 2m/s m/s m/s2 2 2</p><p>e a força pode ser calculada multiplicando esse valor pela massa do pacote (m = 2,00 kg). O</p><p>resultado é F = ma =11,7 N.</p><p>(b) A orientação da força é a mesma da aceleração:</p><p>θ = tan–1 [(–5,00 m/s2)/(3,00 m/s2)] = –59,0°.</p><p>22. (a) A moeda fica em queda livre. Assim, sua aceleração em relação ao solo é</p><p> </p><p>a gmoeda</p><p>2m/s j.= = −( , )ˆ9 8</p><p>(b) Como o homem está sofrendo uma aceleração para</p><p>baixo dada por</p><p> ′ = = −a ghomem</p><p>2m/s j,1 24 12 15, ( , ) ̂</p><p>a aceleração da moeda em relação ao homem é</p><p>  </p><p>a a arel moeda homem</p><p>2m/s j= − ′ = − − −( , )ˆ ( ,9 8 12 15 mm/s j m/s j.2 2)ˆ ( , )ˆ= +2 35</p><p>(c) O tempo que a moeda leva para chegar ao teto é</p><p>t</p><p>h</p><p>a</p><p>= = =2 2 2 20</p><p>2 35</p><p>1 37</p><p>rel</p><p>2</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>( , )</p><p>,</p><p>,</p><p>(d) Como a gravidade é a única força que age sobre a moeda, a força a que a moeda está sub-</p><p>metida é</p><p>  </p><p>F ma mgmoeda moeda kg m/s= = = × −−( , )( ,0 567 10 9 83 22 j N)j.)ˆ ( , ˆ= − × −5 56 10 3</p><p>(e) No referencial do homem, a moeda se move para cima com aceleração constante. A força</p><p>aparente a que a moeda está submetida é</p><p> </p><p>F maap rel</p><p>2kg m/s j= = × + = +−( , )( , )ˆ (0 567 10 2 35 13 ,, ˆ33 10 3× − N)j.</p><p>23. (a) Tomando como referência o ângulo que o cipó faz com a horizontal e na notação dos</p><p>vetores unitários, a tração do cipó é</p><p></p><p>T T T= + = +cos , ˆ sen , ˆ ( )ˆ )ˆ68 0 68 0 285 705i j N i N j.</p><p>(b) Durante o salto, a única outra força que age sobre Tarzan é o peso. Assim,</p><p>  </p><p>F T Pres N i N j N j= + = + − =( )ˆ ( )ˆ ( )ˆ (285 705 820 285NN)ˆ ( )ˆ.i − 115 N j</p><p>(c) O módulo da força é</p><p></p><p>Fres N= + − =285 115 3072 2( )</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 135</p><p>(d) O ângulo da força é</p><p>u = −</p><p></p><p></p><p></p><p>= −−tan 1 115</p><p>285</p><p>22o</p><p>(e) Como</p><p> </p><p>a F m= res , em que m = P/g = 83,7 kg,</p><p></p><p>a = 3 67, m s2 .</p><p>(f) Como</p><p></p><p>a tem a mesma orientação de</p><p></p><p>Fres , o ângulo da aceleração é 222°.</p><p>24. Tomando como referência o eixo x mostrado na Fig. 5-39,</p><p></p><p>F1 ( )ˆ.5 20 N i De acordo com a</p><p>Segunda Lei de Newton,</p><p>  </p><p>F F ma1 2+ = , em que m = 2,0 kg. Assim, temos:</p><p> </p><p>F a2 2 0 20= −( ) , ˆN i</p><p>(a) Se, </p><p></p><p>a F( ) ˆ, .5 110 m/s i2</p><p>2 0=</p><p>(b) Se</p><p> </p><p>a F= + =( ˆ, ( )ˆ20 202m/s ) i i.2 N</p><p>(c) Se</p><p></p><p>a = 0,</p><p></p><p>F2 20= −( ˆN) i.</p><p>(d) Se</p><p></p><p>a = −( ˆ,10 m/s ) i2</p><p></p><p>F2 40= −( ˆN) i.</p><p>(e) Se</p><p></p><p>a = −( ˆ,20 m/s ) i2</p><p></p><p>F2 60= −( ˆN) i.</p><p>25. (a) A aceleração é</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>= = =20</p><p>0 022</p><p>N</p><p>900 kg</p><p>m s2, .</p><p>(b) A distância percorrida em 1 dia (= 86.400 s) é</p><p>s at= = ( ) ( ) = ×1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>0 0222 86 400 8 3 102</p><p>2</p><p>7, . ,m s s m.2</p><p>(c) A velocidade após 1 dia de viagem é</p><p>v at= = ( )( ) = ×0 0222 86 400 1 9 103, . ,m s s m s.2</p><p>Esse valor corresponde a quase 7000 km/h.</p><p>26. Para facilitar a solução, vamos supor que a linha esteja na horizontal, alinhada com a traje-</p><p>tória do salmão. Tomando o semieixo x positivo no sentido da velocidade do salmão (ou seja,</p><p>para longe do pescador), a aceleração do peixe é negativa e a linha é tracionada no sentido ne-</p><p>gativo do eixo x. De acordo com a Eq. 2-16, temos (para v = 0):</p><p>v v a x a</p><p>v</p><p>x</p><p>2</p><p>0</p><p>2 0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 8</p><p>2 0 11</p><p>= + ⇒ = − = − ( ) = −D</p><p>D</p><p>( , )</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>336 m/s2 .</p><p>De acordo com a Eq. 5-1,</p><p> </p><p>T ma T= ⇒ − = ( ) −( ) = ×8 7 36 3 1 102, ,kg m s N,2</p><p>em que 8,7 kg = 85 N/9,8 m/s2 é a massa do salmão.</p><p>27. A figura a seguir mostra a situação do problema. A aceleração do elétron é vertical e, para</p><p>todos os efeitos práticos, a única força a que o elétron está submetido é a força elétrica, já que</p><p>é muito maior que a força gravitacional. Tomamos o sentido positivo do eixo x como o sentido</p><p>136 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>da velocidade inicial v0, o sentido positivo do eixo y como o sentido da força elétrica, e a origem</p><p>como a posição inicial do elétron.</p><p>Como a força e a aceleração são constantes, podemos usar as equações da Tabela 2-1: x v t= 0 e</p><p>y at</p><p>F</p><p>m</p><p>t= = </p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2 2 .</p><p>O tempo que o elétron leva para percorrer uma distância horizontal x é t = x/v0; nesse intervalo</p><p>de tempo, a deflexão vertical é</p><p>y</p><p>F</p><p>m</p><p>x</p><p>v</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>×</p><p>×</p><p></p><p></p><p>−</p><p>−</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>4 5 10</p><p>9 11 100</p><p>2 16</p><p>31</p><p>,</p><p>,</p><p>N</p><p>kg</p><p></p><p></p><p>×</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= ×</p><p>−</p><p>−</p><p>30 10</p><p>1 2 10</p><p>1 5 10</p><p>3</p><p>7</p><p>2</p><p>3</p><p>m</p><p>m/s</p><p>m.</p><p>.</p><p>,</p><p>28. Tomando o semieixo x positivo no sentido da velocidade do carro, a aceleração é negativa</p><p>e a força do freio é aplicada no sentido negativo do eixo x.</p><p>(a) De acordo com a Eq. 2-16 e em unidades do SI (notando que v = 0 e v0 = 40(1000/3600) =</p><p>11,1 m/s),</p><p>v v a x a</p><p>v</p><p>x</p><p>2</p><p>0</p><p>2 0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>11 1</p><p>2 15</p><p>4= + ⇒ = − = − ( ) = −D</p><p>D</p><p>( , )m/s</p><p>m</p><p>,, .12 2m/s</p><p>De acordo com a Eq. 5-1,</p><p> </p><p>F ma F= ⇒ − = ( ) −( ) = ×1327 4 12 5 5 103kg m s N,2, ,</p><p>em que 1327 kg = 1,3 × 104 N/9,8 m/s2 é a massa do carro.</p><p>(b) De acordo com a Eq. 2-11, t = –v0/a = 2,7 s.</p><p>(c) Manter a força constante equivale a manter a aceleração constante, caso em que, como mostra</p><p>a Eq. 2-16, para v = 0, existe uma proporcionalidade direta entre Dx e v0</p><p>2. Assim, se v0 é multi-</p><p>plicada por 2, a distância percorrida até o carro parar é multiplicada por 4.</p><p>(d) De acordo com a Eq. 2-11, existe uma proporcionalidade direta entre t e v0; assim, se v0 é</p><p>multiplicada por 2, o tempo necessário para o carro parar é multiplicado por 2.</p><p>29. Escolhendo o sentido positivo do eixo y como sendo para cima,</p><p></p><p>a = −( , )ˆ3 00 m/s j2 (que va-</p><p>mos chamar simplesmente de a por se tratar de um problema unidimensional). De acordo com</p><p>a Eq. 5-12, a massa do bombeiro é m = P/g = 72,7 kg.</p><p>(a) Chamamos a força exercida pelo poste sobre o bombeiro de Fbp e usamos a Eq. 5-1. Como</p><p>Fres = ma,</p><p>F F ma Fgbp bp</p><p>2N kg m/s− = ⇒ − = −712 72 7 3 00( , )( , )</p><p>o que nos dá Fbp = 494 N.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 137</p><p>(b) O fato de que o resultado é positivo mostra que</p><p></p><p>Fbp aponta para cima.</p><p>(c) De acordo com a Terceira Lei de Newton,</p><p> </p><p>F Fbp pb= − ; assim,</p><p></p><p>Fpb N= 494 .</p><p>(d) O sentido de</p><p></p><p>Fbp é para baixo.</p><p>30. A força exercida pelo galho e a trajetória do palito são horizontais. Escolhendo como sen-</p><p>tido positivo do eixo x o sentido do movimento do palito, a aceleração do palito é negativa e a</p><p>força exercida pelo galho é aplicada no sentido negativo do eixo x. Usando a Eq. 2-16 com v0 =</p><p>220 m/s e v = 0, temos:</p><p>v v a x a</p><p>v</p><p>x</p><p>2</p><p>0</p><p>2 0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>220</p><p>2 0 015</p><p>= + ⇒ = − = − ( ) =D</p><p>D</p><p>( )</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>−− ×1 61 106, .m/s2</p><p>Assim, o módulo da força exercida pelo galho sobre o palito é</p><p>F m a= = × × = ×−| | ( , )( , ) ,1 3 10 1 61 10 2 1 104 6 2kg m/s N2 ..</p><p>31. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do sistema.</p><p></p><p>FN é a força normal que o</p><p>plano inclinado exerce sobre o bloco e mg</p><p></p><p>é a força da gravidade a que o bloco está submetido.</p><p>Tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado, apontando para a direita, e o eixo</p><p>y perpendicular à superfície do plano inclinado, apontando para cima. Nesse caso, a aplicação</p><p>da Segunda Lei de Newton à componente x do movimento nos dá mg sen θ = −ma, ou seja, a =</p><p>−g sen θ. Colocando a origem na base do plano inclinado, as equações da Tabela 2-1 nos dão</p><p>v v ax2</p><p>0</p><p>2 2= + e v v at= +0 . No ponto mais alto alcançado pelo bloco, v = 0; de acordo com a</p><p>segunda equação, isso acontece no instante t v a= − 0 .</p><p>(a) A coordenada x do ponto mais alto atingido pelo bloco é</p><p>x</p><p>v</p><p>a</p><p>= − = −</p><p>− ( )</p><p></p><p></p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>3 50</p><p>9 8 32 0</p><p>0</p><p>2 ( ,</p><p>, sen ,</p><p>m/s)</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2 °</p><p></p><p></p><p>=1 18, m.</p><p>(b) O tempo que o bloco leva para chegar a esse ponto é</p><p>t</p><p>v</p><p>a</p><p>v</p><p>g</p><p>= = −</p><p>−</p><p>= −</p><p>−</p><p>=0 0 3 50</p><p>9 8 32 0sen</p><p>,</p><p>( , ) sen ,u</p><p>m/s</p><p>m/s2 </p><p>00 674, .s</p><p>(c) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, como não existem forças dissipa-</p><p>tivas neste problema, a velocidade vf com a qual o bloco chega de volta à base do plano inclina-</p><p>do é igual (em módulo) à velocidade inicial. Assim, vf = −v0 = −3,50 m/s, onde o sinal negativo</p><p>indica que agora o bloco está se movendo no sentido negativo do eixo x.</p><p>32. (a) Se o disco está em repouso,</p><p>   </p><p>F F F F1 2 3 36 00 150 7 00 60 0 0+ + = ∠ + ∠ − + =( , ) ( , , )o o ,,</p><p>em que os ângulos estão expressos em referência ao semieixo x positivo da Fig. 5-39. Assim,</p><p></p><p>F3 6 00 150 7 00 60 0 1 70 3= − ∠ − ∠ − = +( , ) ( , , ) ( , )ˆ (o o N i ,, )ˆ.06 N j</p><p>138 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) Se o disco está se movendo com velocidade constante, a aceleração é nula, a força resultante</p><p>é nula e, portanto, a resposta é a mesma do item anterior.</p><p>(c) Nesse caso, a aceleração é</p><p></p><p></p><p>a</p><p>dv</p><p>dt</p><p>= = −( , ) ˆ ( , ) ˆ13 0 14 0m/s i m/s j2 2 . Usando a equação</p><p> </p><p>F mares =</p><p>(com m = 0,025 kg), obtemos:</p><p></p><p>F3 = (2,02 N) î + (2,71</p><p>N) ĵ .</p><p>33. O diagrama de corpo livre do sistema é mostrado na figura a seguir. Seja</p><p></p><p>T a tração do</p><p>cabo e seja mg</p><p></p><p>o peso do elevador. Tomando o sentido para cima como positivo, a Segunda</p><p>Lei de Newton nos dá T – mg = ma, em que a é a aceleração do elevador. A tração do cabo é,</p><p>portanto, T = m(g + a). Para calcular a aceleração, usamos a Eq. 2-16, v v ay2</p><p>0</p><p>2 2= + , com v =</p><p>0, v0 = −12 m/s e y = − 42 m. O resultado é o seguinte:</p><p>a</p><p>v</p><p>y</p><p>= − = −</p><p>−</p><p>−</p><p>=0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>2</p><p>12</p><p>2 42</p><p>1 71</p><p>( )</p><p>( )</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s</p><p>Agora podemos calcular a tração:</p><p>T m g a= +( )</p><p>= ( ) +( )</p><p>= ×</p><p>1600 9 8 1 71</p><p>1 8 10</p><p>2 2</p><p>4</p><p>kg m/s m/s, ,</p><p>, NN.</p><p>34. Vamos separar a força horizontal em duas componentes, uma ao longo do plano e outra</p><p>perpendicular, como mostra a figura.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x das forças, temos:</p><p>F mg macos sen .u u− =</p><p>Para a = 0, essa equação nos dá F = 566 N.</p><p>(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes y das forças, temos:</p><p>F F mgN − − =sen cosu u 0</p><p>o que nos dá FN = 1,13 × 103 N.</p><p>35. Podemos calcular a aceleração a partir da velocidade:</p><p></p><p></p><p>a</p><p>dv</p><p>dt</p><p>d</p><p>dt</p><p>t t= = +( ) = +8 00 3 00 8 00 62, ˆ , ˆ ( , ˆi j m/s i ,, ˆ) .00t j m/s2</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 139</p><p>(a) O módulo da força que age sobre a partícula é</p><p>F ma m a t= = = + =| | ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ,</p><p></p><p>3 00 8 00 6 00 3 00 642 2 00 36 0 2+ , .t N</p><p>Assim, F = 35 0, N corresponde a t = 1 415, s e o vetor aceleração nesse instante é</p><p></p><p>a = + = +[ , ˆ , ( , ) ˆ ( , ) ˆ8 00 6 00 1 415 8 00i j] m/s m/s i2 2 (( , )ˆ.8 49 m/s j2</p><p>O ângulo que o vetor</p><p></p><p>a faz com o semieixo x positivo é</p><p>ua</p><p>y</p><p>x</p><p>a</p><p>a</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>8 49</p><p>8 00</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2</p><p></p><p></p><p>= °46 7, .</p><p>(b) O vetor velocidade no instante t = 1 415, s é</p><p></p><p>v = +  =8 00 1 415 3 00 1 415 112, ( , ) ˆ , ( , ) ˆ ( ,i j m/s 33 6 01m/s i m/s j) ˆ ( , )ˆ.+</p><p>O ângulo que o vetor</p><p></p><p>v faz com o semieixo x positivo é</p><p>uv</p><p>y</p><p>x</p><p>v</p><p>v</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− −tan tan</p><p>,</p><p>,</p><p>1 1</p><p>6 01</p><p>11 3</p><p>m/s</p><p>m/s  = °28 0, .</p><p>36. (a) Se a velocidade do esquiador é constante, a aceleração é nula, o que significa que a for-</p><p>ça “encosta acima” deve ser igual (em módulo) à força “encosta abaixo”: T = mg sen θ. Assim,</p><p>com m = 50 kg e u = 8 0, °,฀a tração da corda é 68 N.</p><p>(b) Com uma aceleração encosta acima de 0,10 m/s2, temos, de acordo com a Segunda Lei de</p><p>Newton,</p><p>T mg ma T− = ⇒ − ( )( ) ° = ( )sen , sen ,u 50 9 8 8 0 50kg m/s kg2 00 10, m/s2( )</p><p>o que nos dá T = 73 N.</p><p>37. (a) Como o atrito é nulo, a única força horizontal a que o trenó está submetido é a força exer-</p><p>cida pela moça. A aceleração do trenó pode ser calculada usando a Segunda Lei de Newton:</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>t</p><p>t</p><p>= = =5 2</p><p>0 62</p><p>,</p><p>, .</p><p>N</p><p>8, kg</p><p>m s2</p><p>(b) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força que o trenó exerce sobre a moça é igual</p><p>(em módulo) à força que a moça exerce sobre o trenó, 5,2 N. A aceleração da moça pode ser</p><p>calculada usando a Segunda Lei de Newton:</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>m</p><p>m</p><p>= = =5 2</p><p>0 13</p><p>,</p><p>, .</p><p>N</p><p>40 kg</p><p>m s2</p><p>(c) As acelerações do trenó e da moça têm sentidos opostos. Supondo que a moça está inicial-</p><p>mente na origem e se move no sentido positivo do eixo x, sua coordenada é dada por x a tm m= 1</p><p>2</p><p>2.</p><p>O trenó está inicialmente no ponto x0 = 15 m e se move no sentido negativo do eixo x; sua</p><p>coordenada é dada por x x a tt t= −0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 . O trenó e a moça se encontram quando x xm t= , ou</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>0</p><p>2a t x a tm t= − .</p><p>Isso acontece no instante</p><p>t</p><p>x</p><p>a am t</p><p>=</p><p>+</p><p>2 0 .</p><p>140 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Nesse instante, a moça percorreu uma distância</p><p>x a t</p><p>x a</p><p>a a</p><p>g m</p><p>m</p><p>m t</p><p>= =</p><p>+</p><p>=</p><p>( )( )1</p><p>2</p><p>15 0 13</p><p>0 13</p><p>2 0</p><p>m m/s</p><p>m/s</p><p>2,</p><p>, 22 2m/s</p><p>m.</p><p>+</p><p>=</p><p>0 62</p><p>2 6</p><p>,</p><p>,</p><p>38. O esquiador está representado por um bloco na figura a seguir. A força do vento foi chamada</p><p>de</p><p></p><p>Fv e pode ser “encosta acima” ou “encosta abaixo” (na figura, o vento está soprando encosta</p><p>acima). O sentido positivo do eixo x é encosta acima.</p><p>(a) Se a velocidade do esquiador é constante, a aceleração é nula; assim, aplicando a Segunda</p><p>Lei de Newton às componentes paralelas à superfície da encosta, temos:</p><p>mg Fvsen u − = 0</p><p>o que nos dá Fv = 68 N (encosta acima).</p><p>(b) Para nossa escolha de eixos, a = 1,0 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>mg F mavsen u − =</p><p>o que nos dá Fv = 28 N (encosta acima).</p><p>(c) Nesse caso, a equação</p><p>mg F mavsen u − =</p><p>nos dá Fv = –12 N. Isso significa que, nesse caso, o vento sopra no sentido oposto ao que está</p><p>representado na figura. Em outras palavras, para que a aceleração do esquiador seja 2,0 m/s2, é</p><p>preciso que exista um vento de módulo 12 N soprando encosta abaixo.</p><p>39. É mais fácil resolver primeiro o item (b). A figura à direita mostra o diagrama de corpo</p><p>livre do sistema, com a tração da corda</p><p></p><p>T , o peso da esfera mg</p><p></p><p>e a força da brisa</p><p></p><p>F . Como a</p><p>esfera está em repouso, a força resultante é nula e as componentes x e y das forças envolvidas</p><p>obedecem às seguintes equações:</p><p>T sen θ – F = 0</p><p>T cos θ – mg = 0</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 141</p><p>Explicitando T na segunda equação, obtemos:</p><p>T = mg/ cos θ = (3,0 × 10–4 kg) (9,8 m/s2) / cos 37° = 3,7 × 10–3 N.</p><p>Explicitando F na primeira equação, obtemos:</p><p>F = T sen θ = (3,7 × 10–3 N) sen 37° = 2,2 × 10–3 N.</p><p>40. A aceleração de um objeto, sujeito apenas ao próprio peso, que sobe um plano inclina-</p><p>do sem atrito de ângulo θ, é a = –g senθ. A inclinação do gráfico da Fig. 5-41 mostra que a =</p><p>–2,50 m/s2, o que nos dá u = 14 8, °. Como a soma das componentes das forças perpendiculares</p><p>à superfície do plano inclinado deve ser nula, já que a aceleração da caixa nessa direção é nula,</p><p>FN = mg cosθ. Assim, o módulo na força normal que a rampa exerce sobre a caixa é (5,00 kg)</p><p>(9,8 m/s2) cos 14,8° = 47,4 N.</p><p>41. A massa da caixa é m = (449 N)/(9,80 m/s2) = 45,8 kg e escolhemos o sentido positivo do</p><p>eixo y como sendo para cima.</p><p>(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>T mg ma a− = ⇒ =</p><p>−387 449</p><p>45 8</p><p>N N</p><p>kg,</p><p>o que nos dá a = –1,4 m/s2 (ou |a| = 1,4 m/s2). O sinal negativo indica que o vetor aceleração</p><p>aponta para baixo. Qualquer aceleração para baixo de módulo maior que esse valor é aceitável,</p><p>já que resultaria em valores menores da tensão do cabo.</p><p>(b) Usamos a Eq. 2-16 com y no lugar de x, y – y0 = –6,1 m e ν0 = 0. O resultado é o seguinte:</p><p>v a y= = −( ) −( ) =2 2 1 35 6 1 4 1D , , ,m/s m m/s.2</p><p>42. Vamos tomar a direção do movimento como eixo + î e escolher o eixo +</p><p></p><p>j de tal forma que</p><p>a força</p><p></p><p>Fc exercida pelo cavalo esteja no primeiro quadrante. As componentes da força exerci-</p><p>da pela água são chamadas de Fx e Fy.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x e y das forças envolvidas, temos:</p><p>( )cos</p><p>( )sen</p><p>7900 18</p><p>7900 18 0</p><p>N</p><p>N</p><p>o</p><p>o</p><p>+ =</p><p>+ =</p><p>F ma</p><p>F</p><p>x</p><p>z</p><p>Fazendo a = 0,12 m/s2 e m = 9500 kg, obtemos Fx = − 6,4 × 103 N e Fy = − 2,4 × 103 N. O mó-</p><p>dulo da força exercida pela água é, portanto,</p><p>F F Fx yágua N.= + = ×2 2 36 8 10,</p><p>(b) O ângulo em relação ao semieixo x positivo é dado por</p><p>tan− </p><p></p><p></p><p></p><p>=1 21 201</p><p>F</p><p>F</p><p>y</p><p>x</p><p>o oou</p><p>Os sinais das componentes mostram que a segunda escolha é a correta. Assim, o ângulo da for-</p><p>ça exercida pela água sobre a barcaça faz um ângulo de 201° com a direção do movimento da</p><p>barcaça.</p><p>43. As forças que agem sobre o primeiro elo de baixo para cima são a força da gravidade mg</p><p></p><p>,</p><p>dirigida para baixo, e a força</p><p></p><p>F21 exercida pelo elo 2 sobre o elo 1, como mostra o diagrama de</p><p>corpo livre da extremidade esquerda na figura a seguir. Tomando o sentido positivo como sendo</p><p>para cima, a Segunda Lei de Newton nos dá F m g m a21 − =1 1 . As equações para os outros elos</p><p>podem ser escritas de forma análoga.</p><p>142 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) Como F m g m a21 − =1 1 , a força exercida pelo elo 2 sobre o elo 1 é</p><p>F m a g21</p><p>2 2kg m/s m/s= + = + =1 0 100 2 5 9 80 1 2( ) ( , )( , , ) , 33 N.</p><p>(b) De acordo com o segundo diagrama de corpo livre da esquerda para a direita, as forças que</p><p>agem sobre o segundo elo são a força da gravidade m g2</p><p></p><p>, para baixo, a força do elo 1,</p><p></p><p>F12 , para</p><p>baixo, e a</p><p>força do elo 3,</p><p></p><p>F32 , para cima. De acordo com a Terceira Lei de Newton,</p><p></p><p>F12 = −</p><p></p><p>F21 .</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton ao segundo elo, temos:</p><p>F F m g m a32 12− − =2 2</p><p>e, portanto,</p><p>F32 = m2(a + g) + F12 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 1,23 N = 2,46 N.</p><p>(c) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao terceiro elo, temos:</p><p>F43 – F23 – m3g = m3a</p><p>e, portanto,</p><p>F43 = m3(a + g) + F23 = (0,100 N) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 2,46 N = 3,69 N,</p><p>em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F23 = −F32.</p><p>(d) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao quarto elo, temos:</p><p>F54 – F34 – m4g = m4a</p><p>e, portanto,</p><p>F54 = m4(a + g) + F34 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 3,69 N = 4,92 N,</p><p>em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F34 = F43.</p><p>(e) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao quinto elo, temos:</p><p>F – F4on5 – m5g = m5a</p><p>e, portanto,</p><p>F = m5(a + g) + F45 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 4,92 N = 6,15 N,</p><p>em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F45 = F54.</p><p>(f) Como todos os elos têm a mesma massa ( m m m m m m1 2 3 4 5= = = = = ) e a mesma acelera-</p><p>ção, estão sujeitos à mesma força resultante:</p><p>Fres = ma = (0,100 kg) (2,50 m/s2) = 0,250 N.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 143</p><p>44. (a) O termo “desaceleração” significa que o vetor aceleração tem o sentido oposto ao do</p><p>vetor velocidade (que, de acordo com o enunciado do problema, aponta para baixo). Assim,</p><p>tomando como positivo o sentido para cima do eixo y, a aceleração é a = +2,4 m/s2. De acordo</p><p>com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>T mg ma m</p><p>T</p><p>g a</p><p>− = ⇒ =</p><p>+</p><p>o que nos dá m = 7,3 kg.</p><p>(b) Repetindo o cálculo acima (agora para determinar o valor de T), obtemos o mesmo valor</p><p>da situação do item (a), T = 89 N, já que o sentido da velocidade é irrelevante para o resultado</p><p>final.</p><p>45. (a) A massa do elevador é m = (27.800/9,80) = 2837 kg e (tomando o sentido para cima do eixo</p><p>y como positivo) a aceleração é a = +1,22 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>T mg ma T m g a− = ⇒ = +( )</p><p>o que nos dá T = 3,13 × 104 N.</p><p>(b) O termo “desaceleração” significa que o vetor aceleração tem o sentido oposto ao do vetor</p><p>velocidade (que, de acordo com o enunciado do problema, aponta para cima). Assim, a acele-</p><p>ração agora é a = –1,22 m/s2 e a tensão do cabo é</p><p>T = m (g + a) = 2,43 × 104 N.</p><p>46. Usando ame para designar a “aceleração da moeda em relação ao elevador” e aes para desig-</p><p>nar a “aceleração do elevador em relação ao solo”, temos:</p><p>ame + aes = ams ⇒ –8,00 m/s2 + aes = –9,80 m/s2</p><p>o que nos dá aes = –1,80 m/s2. Escolhemos o sentido positivo do eixo y como sendo para cima.</p><p>Nesse caso, a Segunda Lei de Newton (no referencial do solo) nos dá T – m g = maes e, portanto,</p><p>T = m g + m aeg = m(g + aeg) = (2000 kg)(8,00 m/s2) = 16,0 kN.</p><p>47. De acordo com a Eq. 4-26, a velocidade de lançamento foi</p><p>v</p><p>gR</p><p>0 2</p><p>9 8 69</p><p>2 53</p><p>26 52= =</p><p>°</p><p>=</p><p>sen</p><p>( , )( )</p><p>sen ( )</p><p>,</p><p>u</p><p>m/s m</p><p>m/</p><p>2</p><p>ss.</p><p>As componentes horizontal e vertical da velocidade são:</p><p>v v</p><p>v v</p><p>x</p><p>y</p><p>= = =</p><p>=</p><p>0</p><p>0</p><p>26 52 53 15 96cos ( , ) cos ,</p><p>sen</p><p>u m/s m/s°</p><p>uu = =( , ) sen ,26 52 53 21 18m/s m/s.°</p><p>Como a aceleração é constante, podemos usar a Eq. 2-16 para analisar o movimento. A compo-</p><p>nente da aceleração na direção horizontal é</p><p>a</p><p>v</p><p>x</p><p>x</p><p>x= =</p><p>°</p><p>=</p><p>2 2</p><p>2</p><p>15 96</p><p>2 5 2 53</p><p>40 7</p><p>( , )</p><p>( , )cos</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s2 ,,</p><p>e a componente da força é</p><p>F max x= = =( )( , )85 40 7 3460kg m/s N.2</p><p>A componente da aceleração na direção vertical é</p><p>a</p><p>v</p><p>y</p><p>y</p><p>y= =</p><p>°</p><p>=</p><p>2 2</p><p>2</p><p>21 18</p><p>2 5 2 53</p><p>54 0</p><p>( , )</p><p>( , )sen</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s2 ..</p><p>144 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>A componente da força é</p><p>F ma mgy y= + = + =( )( , , )85 54 0 9 80 5424kg m/s m/s N.2 2</p><p>Assim, o módulo da força é</p><p>F F Fx y= + = + = ≈ ×2 2 2 2 33460 5424 6434 6 4 10( ) ( ) ,N N N N.</p><p>48. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao elevador B (de massa m), temos:</p><p>a</p><p>T</p><p>m</p><p>g= − = 4 89, .m/s2</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton à caixa (de massa mc), temos:</p><p>FN = mb(g + a) = 176 N.</p><p>49. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do bloco (que não foi desenhado em es-</p><p>cala).</p><p></p><p>FN é a força normal exercida pelo piso e mg</p><p></p><p>é a força da gravidade.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, obtemos a equação F cosθ = ma, na qual m</p><p>é a massa do bloco e a é a componente x da aceleração. Temos:</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>= =</p><p>( ) °</p><p>=</p><p>cos , cos ,</p><p>,</p><p>, .</p><p>u 12 0 25 0</p><p>5 00</p><p>2 18</p><p>N</p><p>kg</p><p>m/s2</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, obtemos a equação FN + F senθ – mg = 0, na</p><p>qual FN é o módulo normal. Essa equação só é válida para valores positivos de FN; valores ne-</p><p>gativos significam que o bloco não está mais em contato com o piso e, portanto, FN = 0. O re-</p><p>sultado é o seguinte:</p><p>FN = mg – F senθ = (5,00 kg)(9,80 m/s2) – (12,0 N) sen 25,0° = 43,9 N.</p><p>Assim, o bloco permanece em contato com o piso.</p><p>(b) Se F é a força mínima para a qual o bloco deixa o piso, FN = 0 e a aplicação da Segunda Lei</p><p>de Newton ao eixo y nos dá</p><p>F senθ – mg = 0 ⇒ F</p><p>mg</p><p>o</p><p>= = =</p><p>sen</p><p>( , )( , )</p><p>sen ,</p><p>.</p><p>u</p><p>5 00 9 80</p><p>25 0</p><p>116</p><p>kg m/s</p><p>N</p><p>2</p><p>(c) Aplicando a mesma equação do item (a) com a força F encontrada no item (b), temos:</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>= =</p><p>( ) °</p><p>=</p><p>cos cos ,</p><p>,</p><p>, .</p><p>u 116 25 0</p><p>5 00</p><p>21 0</p><p>N</p><p>kg</p><p>m/s2</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 145</p><p>50. (a) A força total que age sobre o sistema (cuja massa total é M = 80,0 kg) é o peso das caixas</p><p>que estão penduradas (mB + mC = 50,0 kg). O módulo da aceleração é, portanto, a = (mB + mC)</p><p>g/M = 6,125 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton à caixa C e tomando o sentido positivo</p><p>do eixo y para baixo, obtemos:</p><p>mC g – TBC = mC a,</p><p>o que nos dá TBC = 36,8 N.</p><p>(b) De acordo com a Eq. 2-15 (escolhendo o sentido para a direita como sentido positivo do eixo</p><p>x), temos: x − x0 = 0 + at2/2 = 0,191 m.</p><p>51. A figura a seguir mostra os diagramas de corpo livre dos blocos m1 e m2 . As únicas forças que</p><p>agem sobre os blocos são a tensão da corda</p><p></p><p>T e as forças gravitacionais</p><p></p><p>F m g1 1= e</p><p></p><p>F m g2 2= .</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>T m g m a</p><p>m g T m a</p><p>− =</p><p>− =</p><p>1 1</p><p>2 2</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:</p><p>a</p><p>m m</p><p>m m</p><p>g= −</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2 1</p><p>2 1</p><p>Substituindo esse resultado em uma das equações, temos:</p><p>T</p><p>m m</p><p>m m</p><p>g=</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2 1 2</p><p>1 2</p><p>(a) Para m1 = 1,3 kg e m2 = 2,8 kg, a aceleração é</p><p>a =</p><p>−</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2 80 1 30</p><p>2 80 1 30</p><p>9 80</p><p>, ,</p><p>, ,</p><p>( ,</p><p>kg kg</p><p>kg kg</p><p>m/s2 )) , ,= ≈3 59 3 6m/s m/s .2 2</p><p>(b) Para m1 = 1,3 kg e m2 = 2,8 kg, a tensão da corda é</p><p>T =</p><p>+</p><p>=</p><p>2 1 30 2 80</p><p>1 30 2 80</p><p>9 80</p><p>( , )( , )</p><p>, ,</p><p>( , )</p><p>kg kg</p><p>kg kg</p><p>m/s2 117 4 17, N N.≈</p><p>52. Ao considerar o conjunto homem-corda-saco de areia como um sistema, devemos tomar</p><p>cuidado com a escolha do sentido do movimento para que as equações sejam coerentes. Vamos</p><p>considerar positivo o sentido do movimento do homem e negativo o sentido do movimento do</p><p>saco de areia. Nesse caso, a força resultante que age sobre o sistema é a diferença entre o peso</p><p>do homem e o peso do saco de areia, e a massa do sistema é a soma da massa do homem com</p><p>146 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>a massa do saco de areia. Assim, aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema, obtemos a</p><p>seguinte equação:</p><p>( )( , ) ( )( , ) ( )85 9 8 65 9 8 150kg m/s kg m/s kg2 2− = a</p><p>o que nos dá a = 1,3 m/s2. De acordo com a Eq. 2-16, temos:</p><p>v a y y= − = =2 2 1 3 10 5 10( ) ( , )( ) ,m/s m m/s.2</p><p>53. Aplicamos a Segunda Lei de Newton duas vezes: primeiro aos três blocos como um todo</p><p>e depois ao primeiro bloco. Escolhemos o sentido para a direita na Fig. 5-48 como sentido po-</p><p>sitivo do eixo x.</p><p>(a) Fazendo mtotal = m1 + m2 + m3 = 67,0 kg, aplicamos a Eq. 5-2 ao movimento do sistema sob</p><p>a ação da força T3. O resultado é o seguinte:</p><p>T m a a3 65 0 67 0= ⇒ =total N kg, ( , )</p><p>o que nos dá a = 0,970 m/s2 como aceleração do sistema (e, portanto, como aceleração de qual-</p><p>quer dos blocos).</p><p>(b) Aplicando a Eq. 5-2 ao bloco 1, temos:</p><p>T m a1 1 12 0 0 970 11 6= = =( , )( , ) , .kg m/s N2</p><p>(c) Para determinar T2, podemos analisar as forças que agem sobre o bloco 3 ou analisar as forças</p><p>que agem sobre o conjunto formado pelos blocos 1 e 2. Vamos usar a segunda abordagem.</p><p>DOS PROBLEMAS 11</p><p>Multiplicamos este número pelo fator de conversão perch2 → rood (1 rood/40 perch2) para obter</p><p>a resposta, Atotal = 14,5 roods.</p><p>(b) Convertemos nosso resultado intermediário do item (a):</p><p>Atotal</p><p>2perch</p><p>ft</p><p>1perch</p><p>= ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>= ×580</p><p>16 5</p><p>1 58</p><p>2</p><p>,</p><p>, 1105 ft2 .</p><p>Em seguida, usamos o fator de conversão, pés → metros, dado no Apêndice D para obter</p><p>Atotal</p><p>2ft</p><p>m</p><p>3,281ft</p><p>= ×( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>= ×1 58 10</p><p>1</p><p>1 47 15</p><p>2</p><p>, , 004 m2 .</p><p>39. Este problema compara o galão americano e o galão inglês, duas unidades de volume que</p><p>não pertencem ao SI. A interpretação do tipo de galão, inglês ou americano, afeta a quantidade</p><p>de gasolina calculada para cobrir uma dada distância.</p><p>Se o consumo de gasolina é R (em milhas/galão), a quantidade de gasolina necessária para co-</p><p>brir uma distância d (em milhas) é dada por</p><p>V</p><p>d</p><p>R</p><p>(galões)</p><p>(milhas)</p><p>(milhas/galão)</p><p>=</p><p>Como o carro foi fabricado na Inglaterra, o consumo de gasolina foi calculado com base no</p><p>galão inglês e a interpretação correta seria “40 milhas por galão inglês”. Note também que,</p><p>como 1 galão inglês 4,460900 L= e 1 galão americano = 3,7854118 L, a relação entre os dois é</p><p>1</p><p>1</p><p>galão inglês 4,5460900 L)</p><p>galão america= (</p><p>nno</p><p>3,7854118 L</p><p>galão americano</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= 1 20095,</p><p>(a) A quantidade de gasolina necessária é</p><p>′ = =V</p><p>750</p><p>40</p><p>18 75</p><p>milhas</p><p>milhas/galão inglês</p><p>gal, õões ingleses galões ingleses≈ 18 8,</p><p>Isso significa que o turista pensa erradamente que vai precisar de 18,8 galões americanos para</p><p>a viagem.</p><p>(b) Usando o fator de conversão calculado anteriormente, vemos que a quantidade de gasolina</p><p>necessária é equivalente a</p><p>′ = ( ) ×V 18 75</p><p>1 20095</p><p>,</p><p>,</p><p>galões ingleses</p><p>galão amerricano</p><p>galão inglês</p><p>galões ameri</p><p>1</p><p>22 5</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>≈ , ccanos.</p><p>40. A Eq. 1-7 fornece (com grande precisão!) o fator de conversão de unidades de massa atômica</p><p>para quilogramas. Como este problema envolve a razão entre uma massa de 1,0 kg e a massa de</p><p>um átomo (1,0 u expressa em quilograma), basta calcular o recíproco do número dado na Eq. 1-7</p><p>e arredondar para o número de algarismos significativos apropriado. O resultado é 6,0 × 1026.</p><p>41. Usando o fator de conversão (exato) 1 in = 2,54 cm = 0,0254 m, temos:</p><p>1 12 12 0 3048ft in in)</p><p>0,0254 m</p><p>1 in</p><p>m= = ×</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=( ,</p><p>e 1 0 3048 0 0283ft m) m3 3 3= =( , , para o volume (esses resultados também podem ser encontra-</p><p>dos no Apêndice D). Assim, o volume de um cord de madeira é V = × × =( ) ( ) ( ) .8 4 4 128ft ft ft ft3</p><p>Usando o fator de conversão calculado anteriormente, obtemos</p><p>V = = = × </p><p>1 128 128</p><p>0 0283</p><p>1</p><p>cord ft ft</p><p>m</p><p>ft</p><p>3 3</p><p>3</p><p>3</p><p>( )</p><p>, </p><p> = 3 625, m3</p><p>o que significa que 1</p><p>1</p><p>3 625</p><p>0 276 0 3m cord cord cord3 = </p><p></p><p></p><p></p><p>= ≈</p><p>,</p><p>, , .</p><p>12 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>42. (a) A massa de uma molécula de água em unidades de massa atômica é (16 + 1 + 1)u =</p><p>18 u. De acordo com a Eq. 1-7, temos:</p><p>18 18</p><p>1 6605402 10</p><p>1</p><p>3 0 10</p><p>27</p><p>2u u</p><p>u</p><p>= ×</p><p></p><p></p><p></p><p>= ×</p><p>−</p><p>−( )</p><p>,</p><p>,</p><p>kg 66 kg</p><p>(b) Dividindo a massa total pela massa de uma molécula, obtemos o número (aproximado) de</p><p>moléculas de água:</p><p>N ≈ ×</p><p>×</p><p>≈ ×</p><p>−</p><p>~ ,</p><p>,</p><p>1 4 10</p><p>3 0 10</p><p>5 10</p><p>21</p><p>26</p><p>46</p><p>43. Como um quilograma equivale a um milhão de miligramas, 2,3 kg/semana equivalem a</p><p>2,3 × 106 mg/semana. Como uma semana tem 7 dias, um dia tem 24 horas e uma hora tem</p><p>3600 segundos, uma semana tem 604.800 segundos. Assim, (2,3 × 106 mg/semana)/(604.800</p><p>s/semana) = 3,8 mg/s.</p><p>44. O volume de água que caiu foi</p><p>V = ( ) ( ) = ( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>26 km in km</p><p>m</p><p>km</p><p>i2 2 0 26</p><p>1000</p><p>1</p><p>2 02</p><p>2</p><p>, , nn</p><p>m</p><p>in</p><p>m m</p><p>( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>= ×( ) ( )</p><p>=</p><p>0 0254</p><p>1</p><p>26 10 0 0508</p><p>1</p><p>6 2</p><p>,</p><p>,</p><p>,33 106 3× m .</p><p>A massa específica da água é</p><p>ρ = = ×m</p><p>V</p><p>1 103 3kg m .</p><p>A massa da água que caiu é dada por m = ρV:</p><p>m kg m m kg= ×( ) ×( ) = ×1 10 1 3 10 1 3 103 3 6 3 9, , .</p><p>45. O número de segundos em um ano é 3,156 × 107, um valor que aparece no Apêndice D e é</p><p>o resultado do produto [(365,25 dias/ano) (24 h/dia) (60 min/h) (60 s/min)].</p><p>(a) Como o número de shakes por segundo é 108, existem realmente mais shakes em um segun-</p><p>do do que segundos em um ano.</p><p>(b) Chamando a idade do universo de 1 dia do universo (ou 86.400 segundos do universo), o</p><p>tempo que se passou desde que o homem começou a existir é dado por</p><p>10</p><p>10</p><p>10</p><p>6</p><p>10</p><p>4= − dia do universo,</p><p>que também pode ser expresso como</p><p>10</p><p>86 4004−( )dia do universo</p><p>segundos do univ. eerso</p><p>dia do universo</p><p>segundos do</p><p>1</p><p>8 6</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= , uuniverso.</p><p>46. O volume removido em um ano é</p><p>V = (75 10 m ) (26 m) 2 10 m4 2 7 3× ≈ ×</p><p>que, convertido para quilômetros cúbicos, nos dá</p><p>V = ×( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>=2 10</p><p>1</p><p>0 0207</p><p>3</p><p>m</p><p>km</p><p>1000 m</p><p>km3 3, .</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 13</p><p>47. Convertemos metros em unidades astronômicas e segundos em minutos usando as rela-</p><p>ções</p><p>1000 1</p><p>1 1 50 10</p><p>60 1</p><p>8</p><p>m km</p><p>UA km</p><p>s</p><p>=</p><p>= ×</p><p>=</p><p>,</p><p>min.</p><p>Assim, 3,0 × 108 m/s equivale a</p><p>3 0 10 1</p><p>1000 1 50 10</p><p>8</p><p>8</p><p>,</p><p>,</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p> ×</p><p></p><p></p><p>m</p><p>s</p><p>km</p><p>m</p><p>UA</p><p>km</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p> =60</p><p>0 12</p><p>s</p><p>UA</p><p>min</p><p>, min.</p><p>48. Como a unidade de massa atômica é 1 1 66 10 24u g= × −, (veja o Apêndice D), a massa de</p><p>um mol de átomos é aproximadamente m = × × =−( , )1 66 10 10 124 23g)(6,02 g. Por outro lado,</p><p>se a massa de uma toupeira é 75 g e isso corresponde a 7,5 mols de átomos, a massa de um mol</p><p>de átomos em uma toupeira é</p><p>′ = =m</p><p>75</p><p>7 5</p><p>10</p><p>g</p><p>g</p><p>,</p><p>Em unidades de massa atômica, a massa média de um átomo da toupeira comum é</p><p>′ =</p><p>×</p><p>= × =−m</p><p>NA</p><p>10</p><p>6 02 10</p><p>1 66 10 10</p><p>23</p><p>23g</p><p>g u.</p><p>,</p><p>,</p><p>49. (a) Elevando ao quadrado a relação 1 ken = 1,97 m, temos:</p><p>1</p><p>1</p><p>1 97</p><p>1</p><p>3 88</p><p>2ken</p><p>m</p><p>m</p><p>m</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>= =,</p><p>, .</p><p>(b) Analogamente, temos</p><p>1</p><p>1</p><p>1 97</p><p>1</p><p>7 65</p><p>3</p><p>3ken</p><p>m</p><p>m</p><p>m</p><p>3 3</p><p>3</p><p>= =</p><p>,</p><p>, .</p><p>(c) O volume de um cilindro é a área da base multiplicada pela altura. Assim,</p><p>π πr h2 23 00 5 50 156= ( ) ( ) =, , .ken3</p><p>(d) Multiplicando o resultado do item (c) pelo resultado do item (b), obtemos o volume em me-</p><p>tros cúbicos: (155,5)(7,65) = 1,19 × 103 m3.</p><p>50. De acordo com o Apêndice D, uma milha náutica equivale a 1,852 km e, portanto, 24,5 milhas</p><p>náuticas equivalem a 45,374 km. Além disso, de acordo com o Apêndice D, uma milha equivale</p><p>a 1,609 km e, portanto, 24,5 milhas equivalem a 39,4205 km. A diferença é 5,95 km.</p><p>51. (a) Para o mínimo (43 cm), a conversão é a seguinte:</p><p>9 9</p><p>0 43</p><p>1</p><p>3 9cúbitos cúbitos</p><p>m</p><p>cúbito</p><p>m=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=( )</p><p>,</p><p>,</p><p>Para o máximo (53 cm), temos:</p><p>9 9</p><p>0 53</p><p>1</p><p>4 8cúbitos cúbitos</p><p>m</p><p>cúbito</p><p>m=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=( )</p><p>,</p><p>,</p><p>(b) Da mesma forma, como 0,43 m → 430 mm e 0,53 m → 530 mm, obtemos 3,9 × 103 mm e</p><p>4,8 × 103 mm, respectivamente.</p><p>(c) Podemos primeiro converter o comprimento e o diâmetro e depois calcular o volume ou</p><p>calcular primeiro o volume para depois fazer a conversão. Usamos a segunda abordagem (cha-</p><p>mando o diâmetro de d e o comprimento de l .</p><p>V dcilindro, min</p><p>3 3cúbitos cúbitos= = = (π</p><p>4</p><p>28 282l )) </p><p></p><p></p><p></p><p>=0 43</p><p>2 2</p><p>3</p><p>,</p><p>, .</p><p>m</p><p>1 cúbito</p><p>m3</p><p>14 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Substituindo 0,43 m por 0,53 m, obtemos Vcilindro, máx = 4,2 m3.</p><p>52. Abreviando wapentake como “wp” e supondo que um hide equivale a 110 acres, calculamos</p><p>a razão 25 wp/11 barn usando os fatores de conversão apropriados:</p><p>25 100</p><p>1</p><p>110 4047</p><p>1wp hide</p><p>wp</p><p>acre</p><p>1 hide</p><p>m</p><p>acre</p><p>2( ) ( ) ( ) (( )</p><p>( ) ( ) ≈ ×</p><p>× −</p><p>11 barn m</p><p>barn</p><p>21 10</p><p>1</p><p>28</p><p>1 1036.</p><p>53. O objetivo deste problema é converter a distância entre a Terra e o Sol para parsecs e anos-</p><p>luz. Para relacionar parsecs (pc) e unidades astronômicas (UA), observamos que quando θ é</p><p>medida em radianos, é igual ao comprimento do arco s dividido pelo raio R. Para uma circun-</p><p>ferência com um raio muito grande e um pequeno valor de θ, o arco pode ser aproximado por</p><p>um segmento de reta de comprimento 1 UA. Assim,</p><p>θ = = ( )</p><p></p><p></p><p></p><p>1 1</p><p>1</p><p>60</p><p>1</p><p>arco-s arco-s</p><p>arco-min</p><p>arco-s</p><p></p><p>60</p><p>2</p><p>arco-min</p><p>radianos</p><p>360</p><p>4,85</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>π</p><p>×× −10 rad6 .</p><p>Isso significa que um parsec é dado por</p><p>1</p><p>1</p><p>2 06 10</p><p>6</p><p>5pc</p><p>UA</p><p>4,85 10</p><p>UAo= = =</p><p>×</p><p>= ×</p><p>−</p><p>R</p><p>s</p><p>θ</p><p>, .</p><p>Em seguida, precisamos relacionar UA a anos-luz. Como um ano corresponde a aproximada-</p><p>mente 3,16 × 107 s, temos:</p><p>1 3 16 10 5</p><p>T m m a2 1 2 12 0 24 0 0 970 34 9= +( ) = +( )( ) =, , , ,kg kg m/s2 NN.</p><p>54. Para começar, consideramos todos os pinguins (numerados de 1 a 4, começando pela es-</p><p>querda) como um único sistema, ao qual aplicamos a Segunda Lei de Newton:</p><p>T m m m m a4 1 2 3 4 222 12 15 2= + + +( ) ⇒ (N kg kg5 1 1 00kg)a.</p><p>Em seguida, consideramos os pinguins 3 e 4 como um sistema, ao qual também aplicamos a</p><p>Segunda Lei de Newton:</p><p>T T m m a</p><p>a a</p><p>4 2 3 4</p><p>111 15 20 3 2</p><p>− = +</p><p>= + ⇒ =</p><p>( )</p><p>( ) ,N kg kg m/s2</p><p>Substituindo na primeira equação, obtemos m2 = 23 kg.</p><p>55. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (a) são mostrados a seguir. </p><p>F é a força aplicada e</p><p></p><p>F12 é a força exercida pelo bloco 1 sobre o bloco 2. Note que</p><p></p><p>F é apli-</p><p>cada diretamente ao bloco 1 e que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, o bloco 2 exerce</p><p>uma força</p><p> </p><p>F F21 12= − sobre o bloco 1.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 147</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, temos F F m a− =21 1 , em que a é a aceleração.</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos F m a12 = 2 . Como os blocos se movem</p><p>juntos, eles têm a mesma aceleração.</p><p>(a) A partir da segunda equação, obtemos a relação a F m= 12 / 2, que substituímos na primeira</p><p>equação para obter F F m F m− =21 121 2/ . Como F F21 12= , temos</p><p>F F</p><p>m</p><p>m m</p><p>F21 12</p><p>kg</p><p>kg kg</p><p>N= =</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>( ) =2</p><p>1 2</p><p>1 2</p><p>2 3 1 2</p><p>3 2 1 1</p><p>,</p><p>, ,</p><p>, , NN.</p><p>(b) Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (b) são mostrados a se-</p><p>guir.</p><p>As forças de contato entre os blocos são:</p><p>′ = ′ =</p><p>+</p><p>=</p><p>+ ( ) =F F</p><p>m</p><p>m m</p><p>F21 12</p><p>kg</p><p>kg kg</p><p>N1</p><p>1 2</p><p>2 3</p><p>2 3 1 2</p><p>3 2 2</p><p>,</p><p>, ,</p><p>, ,, .1 N</p><p>(c) Note que a aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos. No item (a), a força F12 é a única</p><p>força horizontal que age sobre o bloco de massa m2; no item (b), ′F21 é a única força horizontal</p><p>que age sobre o bloco de massa m1 > m2. Como F m a12 = 2 no item (a) e ′ =F m a21 1 no item (b),</p><p>para que as acelerações sejam iguais, devemos ter ′ >F F21 12 , ou seja, as forças entre os blocos</p><p>devem ser maiores na situação do item (b).</p><p>Nota: Como mostra este problema, se dois blocos são acelerados por uma força externa, a for-</p><p>ça entre os blocos é maior se o bloco de menor massa é usado para empurrar o bloco de maior</p><p>massa.</p><p>56. Como as duas situações envolvem a mesma força aplicada e a mesma massa total, a acele-</p><p>ração deve ser a mesma nos dois casos.</p><p>(a) Na situação da figura (b), de acordo com a Terceira Lei de Newton, se o bloco A empurra o</p><p>bloco B com uma força de 10 N, o bloco B também empurra o bloco A com uma força de 10 N.</p><p>Assim, a força (externa) que produz a aceleração do bloco B na situação da figura (a) (20 N) é</p><p>duas vezes maior que a força (interna) que produz a mesma aceleração do bloco A na situação</p><p>da figura (b) (10 N). De acordo com a Segunda Lei de Newton, a massa do bloco B é duas vezes</p><p>maior que a massa do bloco A. Como a massa total é 12,0 kg, isso significa que a massa do bloco</p><p>B é mB = 8,00 kg e a massa do bloco A é mA = 4,00 kg. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao</p><p>bloco B na situação da figura (a), a = (20,0 N)/(8,00 kg) = 2,50 m/s2. Naturalmente, aplicando a</p><p>Segunda Lei de Newton ao bloco A na situação da figura (b), obtemos o mesmo resultado para</p><p>a aceleração: a = (10,0 N)/(4,00 kg) = 2,50 m/s2.</p><p>(b)</p><p></p><p>Fa = (12,0 kg)(2,50 m/s2) î = (30,0 N) î .</p><p>148 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>57. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos são mostrados na figura a seguir. T é a tensão da</p><p>corda e θ = 30° é o ângulo do plano inclinado. No caso do bloco 1, tomamos o eixo x paralelo à</p><p>superfície do plano inclinado, apontando para cima, e o eixo y perpendicular ao plano inclinado,</p><p>também apontando para cima. No caso do bloco 2, tomamos o eixo y apontando verticalmente</p><p>para baixo. Desta forma, as acelerações dos dois blocos podem ser representadas pelo mesmo</p><p>símbolo a, sem contradições. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y do bloco 1 e</p><p>ao eixo y do bloco 2, temos:</p><p>T m g m a</p><p>F m g</p><p>m g T m a</p><p>N</p><p>− =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>1 1</p><p>1</p><p>2 2</p><p>0</p><p>sen</p><p>cos</p><p>u</p><p>u</p><p>A primeira e a terceira dessas equações formam um sistema que podemos usar para calcular os</p><p>valores de a e T. A segunda equação não é necessária para resolver o problema, já que a força</p><p>normal não é pedida nem faz parte da solução (como aconteceria se houvesse atrito).</p><p>(a) Somando membro a membro a terceira equação à primeira, temos:</p><p>m2g – m1g sen θ = m1a + m2a.</p><p>Explicitando a aceleração a, obtemos:</p><p>a</p><p>m m g</p><p>m m</p><p>= −</p><p>+</p><p>=</p><p>−( sen ) [ , ( , )sen ,2 1</p><p>1 2</p><p>2 30 3 70 30 0u kg kg oo 2</p><p>2</p><p>m/s</p><p>kg kg</p><p>m/s</p><p>]( , )</p><p>, ,</p><p>,</p><p>9 80</p><p>3 70 2 30</p><p>0 735</p><p>+</p><p>=</p><p>(b) Como o valor de a é positivo, a aceleração do bloco que está pendurado é para baixo.</p><p>(c) A tensão da corda é</p><p>T m a m g= + = +1 1 3 70 0 735 3 70sen ( , )( , ) ( , )(u kg m/s kg2 99 80 30 0 20 8, )sen , , .m/s N2 o =</p><p>58. Vamos considerar positivo o movimento para cima do sistema homem-cadeira.</p><p>(a) Quando o homem está puxando a corda com uma força igual à tensão T da corda, a força to-</p><p>tal para cima a que está sujeito o sistema homem-cadeira é 2T, já que as duas extremidades da</p><p>corda exercem uma força T sobre o sistema. Assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>temos:</p><p>2T mg ma− =</p><p>e, portanto, para a = 0, T = 466 N.</p><p>(b) Para a = +1,30 m/s2, a equação do item (a) nos dá T = 527 N.</p><p>(c) Se o homem não está segurando a corda (e, em vez disso, a corda é puxada por outra pessoa</p><p>com uma força igual à tensão T), apenas uma extremidade da corda exerce uma força T sobre o</p><p>sistema e, assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>T mg ma− =</p><p>e, portanto, para a = 0, T = 931 N.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 149</p><p>(d) Para a = +1,30 m/s2, a equação do item (c) nos dá T = 1,05 × 103 N.</p><p>(e) Como a corda exerce uma força T sobre a borda esquerda da polia e uma força T sobre a</p><p>borda direita, a força total é 2T = 931 N.</p><p>(f) A força é 2T = 1,05 × 103 N.</p><p>(g) A força é 2T = 1,86 × 103 N.</p><p>(h) A força é 2T = 2,10 × 103 N.</p><p>59. Vamos tomar o sentido do eixo y para cima como positivo tanto para o macaco como para o</p><p>caixote e chamar de F o módulo da força que o macaco exerce sobre o caixote. De acordo com</p><p>a Terceira Lei de Newton, a corda exerce sobre o macaco uma força de mesmo módulo. Assim,</p><p>aplicando ao macaco a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>F – mmg = mmam,</p><p>em que mm é a massa do macaco e am é a aceleração do macaco. Como a massa da corda é des-</p><p>prezível, a tensão da corda é T = F.</p><p>Como a corda exerce sobre o pacote uma força de módulo F, a aplicação ao caixote da Segunda</p><p>Lei de Newton nos dá</p><p>F + FN – mcg = mcac,</p><p>em que mc é a massa do caixote, ac é a aceleração do caixote e FN é a força normal exercida</p><p>pelo solo sobre o caixote. A figura abaixo mostra os diagramas de corpo livre do macaco e do</p><p>caixote.</p><p>Se F é a força mínima necessária para levantar o caixote, FN = 0 e ac = 0. Nesse caso, F = mcg.</p><p>(a) Fazendo F = mcg na equação de equilíbrio de forças do macaco e explicitando am, temos:</p><p>a</p><p>F m g</p><p>m</p><p>m m g</p><p>m</p><p>m</p><p>m</p><p>m</p><p>c m</p><p>m</p><p>=</p><p>−</p><p>=</p><p>−( )</p><p>=</p><p>−( )( )15 10 9 8</p><p>1</p><p>kg kg m/s2,</p><p>00</p><p>4 9</p><p>kg</p><p>m/s2= , .</p><p>(b) Como vimos, a aplicação da Segunda Lei de Newton nos dá F m g m ac c c− = ′ para o caixo-</p><p>te e F m g m am m m− = ′ para o macaco. Se a aceleração do caixote é para baixo, a aceleração do</p><p>macaco é para cima, de modo que ′ = − ′a am c . Explicitando F na primeira equação, temos:</p><p>F m g a m g ac c c m= + ′( ) = − ′( )</p><p>Substituindo F pelo seu valor na segunda equação, obtemos:</p><p>m g a m g m ac m m m m( )− ′ − = ′</p><p>150 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Explicitando ′am , temos:</p><p>′ =</p><p>−( )</p><p>+</p><p>=</p><p>−( )( )</p><p>+</p><p>a</p><p>m m g</p><p>m m</p><p>m</p><p>c m</p><p>c m</p><p>15 10 9 8</p><p>15</p><p>kg kg m/s</p><p>kg</p><p>2,</p><p>110</p><p>2 0</p><p>kg</p><p>m/s2= , .</p><p>(c) Como o resultado do item (c) é positivo, a aceleração do macaco é para cima.</p><p>(d) Explicitando F na equação de equilíbrio de forças do macaco, obtemos:</p><p>T F m g ac m= = − ′ = − =( ) ( )( , , ) .15 9 8 2 0 120kg m/s m/s N2 2</p><p>60. A componente horizontal da aceleração é determinada pela componente horizontal da força.</p><p>(a) Se a taxa de variação do ângulo é</p><p>d</p><p>dt</p><p>u = × =</p><p>× ⋅− −( , ) / ( , ) /2 00 10 2 00 102 2° °s s</p><p>rad</p><p>180°°</p><p></p><p></p><p></p><p> = × −3 49 10 4, rad/s,</p><p>como F Fx = cosu, a taxa de variação da aceleração é</p><p>da</p><p>dt</p><p>d</p><p>dt</p><p>F</p><p>m</p><p>F</p><p>m</p><p>d</p><p>dt</p><p>x = </p><p></p><p></p><p></p><p>= − = −cos sen ( , )su u u 20 0 N een ,</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>25 0</p><p>5 00</p><p>3 49 10</p><p>5 90 10</p><p>4</p><p>4</p><p>°</p><p>×( )</p><p>= − ×</p><p>−</p><p>−</p><p>kg</p><p>rad/s</p><p>m/ss3.</p><p>(b) Se a taxa de variação do ângulo é</p><p>d</p><p>dt</p><p>u = − × = − × ⋅− −( , ) / ( , ) /2 00 10 2 00 102 2° °s s</p><p>rad</p><p>1880</p><p>rad/s,</p><p>°</p><p></p><p></p><p></p><p> = − × −3 49 10 4,</p><p>a taxa de variação da aceleração é</p><p>da</p><p>dt</p><p>d</p><p>dt</p><p>F</p><p>m</p><p>F</p><p>m</p><p>d</p><p>dt</p><p>x = </p><p></p><p></p><p></p><p>= − = −cos sen ( , )su u u 20 0 N een ,</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>25 0</p><p>5 00</p><p>3 49 10</p><p>5 90 10</p><p>4</p><p>4</p><p>°</p><p>− ×( )</p><p>= + ×</p><p>−</p><p>−</p><p>kg</p><p>rad/s</p><p>m//s3.</p><p>61. As forças a que o balão está sujeito são a força da gravidade mg</p><p></p><p>(para baixo) e a força do</p><p>ar</p><p></p><p>Fa (para cima). Vamos tomar o sentido positivo do eixo y para cima e chamar de a o módulo</p><p>da aceleração. Enquanto a massa do balão é M (antes de ser jogado o lastro) a aceleração é para</p><p>baixo e, de acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>Fa – Mg = –Ma.</p><p>Depois que o lastro é jogado, a massa do balão se torna M – m (em que m é a massa do lastro)</p><p>e a aceleração é para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>Fa – (M – m)g = (M – m)a.</p><p>A equação anterior nos dá Fa = M(g – a); substituindo na nova equação, temos:</p><p>M g a M m g M m a m</p><p>Ma</p><p>g a</p><p>−( ) − −( ) = −( ) ⇒ =</p><p>+</p><p>2</p><p>.</p><p>62. Para resolver o problema, notamos que a aceleração em uma certa direção depende apenas</p><p>das componentes das forças nessa direção.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 151</p><p>(a) De acordo com o diagrama de corpo livre acima, a componente da força resultante na dire-</p><p>ção do eixo x é</p><p>F F mgxres</p><p>2N kg m/s, sen , ( , )( , ) s= − = −u 380 0 7 260 9 80 een ,30 344 4 = N,</p><p>o que nos dá</p><p>a F mx x= = =res</p><p>2N) kg m/s, / ( , / ( , ) , .344 4 7 260 47 44</p><p>De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do peso no final da fase de aceleração é</p><p>v v a x xx= + − = +0</p><p>2</p><p>0</p><p>22 2 500 2 47 44 1( ) ( , ) ( , )( ,m/s m/s2 6650 12 76m m/s.) ,=</p><p>(b) Para u฀5 42°, temos:</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>F mg</p><p>m</p><p>x</p><p>x= = − =</p><p>−res N kg m, sen , ( , )( ,u 380 0 7 260 9 80 //s</p><p>kg</p><p>m/s ,</p><p>2</p><p>2</p><p>)sen ,</p><p>,</p><p>,</p><p>42 00</p><p>7 260</p><p>45 78</p><p>°</p><p>=</p><p>e a velocidade final é</p><p>v v a x xx= + − = +0</p><p>2</p><p>0</p><p>22 2 500 2 45 78 1( ) ( , ) ( , )( ,m/s m/s2 6650 12 54m m/s.) ,=</p><p>(c) A redução da velocidade de arremesso associada à mudança do ângulo de 30,00° para 42,00° é</p><p>12 76 12 54</p><p>12 76</p><p>0 0169 1 69</p><p>, ,</p><p>,</p><p>, , %.</p><p>m/s m/s</p><p>m/s</p><p>−</p><p>= =</p><p>63. (a) A aceleração (que é igual a F/m neste problema) é a derivada da velocidade. Assim, a velo-</p><p>cidade é a integral de F/m, de modo que podemos calcular a “área sob curva” no gráfico (15 uni-</p><p>dades) e dividir pela massa (3) para obter v – vo = 15/3 = 5. Como vo = 3,0 m/s, v = 8 0, m/s.</p><p>(b) Como a resposta do item (a) é positiva,</p><p></p><p>v aponta no sentido positivo do eixo x.</p><p>64. Vamos tomar o sentido positivo do eixo x para o bloco de massa m2 = 1,0 kg como “encosta</p><p>abaixo” e o sentido positivo do eixo x para o bloco de massa m1 = 3,0 kg como “para a direita”;</p><p>assim, as acelerações dos dois blocos terão o mesmo sinal.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x de cada bloco, temos:</p><p>m g T m a</p><p>F T m a</p><p>2 2</p><p>1</p><p>senu − =</p><p>+ =</p><p>Somando as duas equações membro a membro e explicitando a aceleração, temos:</p><p>a</p><p>m g F</p><p>m m</p><p>= +</p><p>+</p><p>2</p><p>1 2</p><p>senu</p><p>Para F = 2,3 N e u฀5 30°, temos a = 1,8 m/s2. Substituindo em uma das equações, obtemos</p><p>T = 3,1 N.</p><p>152 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) Vamos considerar o caso “crítico” no qual F atingiu o valor que anula a tensão na corda. De</p><p>acordo com a primeira equação do item (a), quando isso acontece, a 5 g sen 30°; assim, a = 4,9</p><p>m/s2. Substituindo na segunda equação do item (a) (e fazendo T = 0), obtemos:</p><p>F = (3,0 kg)(4,9 m/s2) = 14,7 N ≈ 15 N</p><p>65. As figuras mostram os diagramas de corpo livre dos dois recipientes. As únicas forças que</p><p>agem sobre os recipientes são a tensão da corda e a força gravitacional. De acordo com a Segunda</p><p>Lei de Newton, temos:</p><p>T m g m a</p><p>m g T m a</p><p>− =</p><p>− =</p><p>1 1</p><p>2 2</p><p>Resolvendo este sistema de equações, temos:</p><p>a</p><p>m m</p><p>m m</p><p>g= −</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2 1</p><p>2 1</p><p>(a) No instante t = 0, m10 1 30= , kg . Para dm dt1 0 200/ ,= − kg/s , a taxa de variação da acele-</p><p>ração com o tempo é</p><p>da</p><p>dt</p><p>da</p><p>dm</p><p>dm</p><p>dt</p><p>m g</p><p>m m</p><p>dm</p><p>dt</p><p>= = −</p><p>+</p><p>= −</p><p>1</p><p>1 2</p><p>2 10</p><p>2</p><p>12 2 2 80</p><p>( )</p><p>( , kkg m/s</p><p>kg kg</p><p>kg/s</p><p>2)( , )</p><p>( , , )</p><p>,</p><p>9 80</p><p>2 80 1 30</p><p>0 200</p><p>2+</p><p>−( ) = 00 653, .m/s3</p><p>(b) No instante t = 3 00, s,</p><p>m m dm dt t1 10 1 1 30 0 200 3 00= + = + −( / ) , ( , )( , )kg kg/s s == 0 700, kg</p><p>e a taxa de variação da aceleração com o tempo é</p><p>da</p><p>dt</p><p>da</p><p>dm</p><p>dm</p><p>dt</p><p>m g</p><p>m m</p><p>dm</p><p>dt</p><p>= = −</p><p>+</p><p>= −</p><p>1</p><p>1 2</p><p>2 1</p><p>2</p><p>12 2 2 80</p><p>( )</p><p>( , kgg m/s</p><p>kg kg</p><p>kg/s</p><p>2)( , )</p><p>( , , )</p><p>,</p><p>9 80</p><p>2 80 0 700</p><p>0 200</p><p>2+</p><p>−( ) = 00 896, .m/s3</p><p>(c) A aceleração atinge o valor máximo para</p><p>0 1 30 0 2001 10 1= = + = + −m m dm dt t t( / ) , ( . )kg kg/s</p><p>ou t = 6 50, s.</p><p>66. A figura mostra o diagrama de corpo livre do sistema.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 153</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes das forças na direção x, temos:</p><p>T T mg ma1 2− − =senu ,</p><p>e, portanto, a diferença pedida é</p><p>T T m g a1 2 2800 9 8 35 0− = +( ) = ( ) +sen ( , )sen ,u kg m/s2 ° 881 1 8 104m/s N.2[ ]= ×,</p><p>67. Em primeiro lugar, analisamos o sistema como um todo, considerando “positivos” os movi-</p><p>mentos no sentido horário (em outras palavras, o sentido para baixo é positivo para o bloco C,</p><p>o sentido para a direita é positivo para o bloco B, e o sentido para cima é positivo para o bloco</p><p>A). De acordo com a Segunda Lei de Newton, mC g – mA g = Ma, em que M = mA + mB + mC é a</p><p>massa total do sistema. Explicitando a, temos:</p><p>a = g(mC − mA)/M = 1,63 m/s2.</p><p>Em seguida, aplicamos a Segunda Lei de Newton apenas ao bloco C: mC g – T = mC a. De acor-</p><p>do com essa equação, a tensão da corda que sustenta o bloco C é</p><p>T = mC g(2mA + mB)/M = 81,7 N.</p><p>68. Usamos primeiro a Eq. 4-26 para calcular a velocidade inicial do peso:</p><p>y y x</p><p>gx</p><p>v</p><p>− = −</p><p>′0</p><p>2</p><p>22</p><p>(tan )</p><p>( cos )</p><p>.u</p><p>u</p><p>Para u฀5 34,10°, y0 2 11= , m e ( , ) ( , , )x y = 15 90 0m , obtemos uma velocidade ′ =v 11 85, m/s.</p><p>Durante esta fase, a aceleração é</p><p>a</p><p>v v</p><p>L</p><p>= ′ − =</p><p>−2</p><p>0</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>11 85 2 50</p><p>2 1 65</p><p>( , ) ( , )</p><p>( , )</p><p>m/s m/s</p><p>m</p><p>== 40 63, .m/s2</p><p>A força média durante a fase de aceleração é</p><p>F m a g= + = +( sen ) ( , ) , ( , ) su 7 260 40 63 9 80kg m/s m/s2 2 een , ,34 10 334 8[ ] = N.</p><p>69. Começamos por examinar um problema ligeiramente diferente: uma situação semelhante à</p><p>da figura, mas sem a presença da corda. A ideia é a seguinte: se, na ausência da corda, a acele-</p><p>ração do bloco A for igual ou maior que a aceleração do bloco B, a tensão da corda será zero.</p><p>Na ausência da corda,</p><p>aA = FA /mA = 3,0 m/s2</p><p>aB = FB /mB = 4,0 m/s2</p><p>e, portanto, a tensão da corda não é zero. Vamos agora analisar (incluindo a corda) o movimen-</p><p>to do sistema como um todo. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: Ma = FA + FB =</p><p>36 N, em que M é a massa total do sistema. Como M = 10 kg, a = 3,6 m/s2. Como as duas forças</p><p>que agem (no mesmo sentido) sobre o bloco A são FA e T, temos:</p><p>mA a = FA + T ⇒ T = 2,4 N.</p><p>70. (a) Para uma descida de 0,50 m em “queda livre”, a Eq. 2-16 nos dá uma velocidade de 3,13</p><p>m/s. Usando esse valor como “velocidade inicial” do movimento final (que acontece em uma</p><p>extensão de 0,02 m), durante o qual a aceleração é a, calculamos que o módulo da aceleração</p><p>média entre o instante em que os pés do homem tocam o solo e o instante em que o corpo se</p><p>imobiliza é a = 245 m/s2.</p><p>(b) De acordo com a Segunda Lei de Newton, F – mg = ma ⇒ F = 20,4 kN.</p><p>71. Escolhemos um eixo x “encosta acima” para a caixa de massa m1 = 3,0 kg e “encos-</p><p>ta abaixo” para a caixa de massa m2 = 2,0 kg (para que a aceleração das duas caixas te-</p><p>154 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>nha o mesmo sinal). As componentes x do peso das caixas são m g1 1senu e m g2 2senu .</p><p>A figura mostra o diagrama de corpo livre do sistema.</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>T m g m a</p><p>m g T m a</p><p>− =</p><p>− =</p><p>1 1 1</p><p>2 2 2</p><p>sen</p><p>sen</p><p>u</p><p>u</p><p>Somando as duas equações membro a membro e explicitando</p><p>a, obtemos:</p><p>a</p><p>m m</p><p>m m</p><p>g= −</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2 2 1 1</p><p>2 1</p><p>sen senu u</p><p>Para u฀5 30° e u฀5 60°, a = 0,45 m/s2. Substituindo este valor em uma das equações, obte-</p><p>mos:</p><p>T</p><p>m m g</p><p>m m</p><p>=</p><p>+</p><p>+ =1 2</p><p>2 1</p><p>2 1 16(sen sen )u u N.</p><p>Nota: Neste problema, m m2 2 1 1sen senu u> e, portanto, a > 0, o que significa que m2 desce e</p><p>m1 sobe. Se m m2 2 1 1sen senu u< , a < 0 e o movimento seria no sentido oposto, com m1 descen-</p><p>do e m2 subindo. Se m m2 2 1 1sen senu u= , a = 0 e as duas massas permaneceriam em repouso.</p><p>Note também a simetria entre as duas massas na expressão de T.</p><p>72. Se a velocidade da partícula é constante, a aceleração é nula e, portanto, a força resultante</p><p>a que a partícula está submetida também é nula, ou seja,</p><p>   </p><p>F F F Fres = + + =1 2 3 0 .</p><p>Assim, a terceira força é dada por</p><p>  </p><p>F F F3 1 2 2 3 2 5 8 2= − − = − + −( ) − − + −( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k N i j k NN i j k N.= − +( )3 11 4ˆ ˆ ˆ</p><p>Este resultado não depende da velocidade da partícula.</p><p>73. A figura mostra os diagramas de corpo livre das duas massas.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 155</p><p>Vamos primeiro analisar as forças que agem sobre a lata de massa m1. O sentido do eixo x é</p><p>“encosta abaixo” (paralelo a</p><p></p><p>T ). Com uma aceleração positiva a, a Segunda Lei de Newton</p><p>nos dá</p><p>T m g m a+ =1 1senb</p><p>No caso da lata de massa m2, temos:</p><p>m2g 2 F 2 T 5 m2a,</p><p>em que a tensão agora é uma força para cima. Podemos combinar as duas equações para deter-</p><p>minar os valores de T e β.</p><p>(a) Vamos resolver primeiro este item. Combinando as duas equações acima, obtemos:</p><p>sen</p><p>( ) ( , , )( ,</p><p>b = + + − =</p><p>+m m a F m g</p><p>m g</p><p>1 2 2</p><p>1</p><p>1 0 2 0 5 5kg kg m/s22 2</p><p>2</p><p>N kg m/s</p><p>kg m/s</p><p>) , ( , )( , )</p><p>( , )( , )</p><p>+ −</p><p>=</p><p>6 0 2 0 9 8</p><p>1 0 9 8</p><p>0,,296</p><p>o que nos dá b฀5 17°.</p><p>(b) Substituindo o valor de β calculado acima na primeira equação, obtemos:</p><p>T m a g= − = −1 1 0 5 5 9 8 17( sen ) ( , ) , ( , )senb kg m/s m/s2 2 oo  = 2 60, .N</p><p>74. Neste problema, precisamos considerar apenas forças horizontais (a força da gravidade não</p><p>está envolvida). Sem perda de generalidade, podemos supor que uma das forças é paralela ao</p><p>eixo x e a outra faz um ângulo de 80° no sentido anti-horário com o eixo x. Nesse caso, usando</p><p>a notação módulo-ângulo, temos:</p><p></p><p>Fres = (20 ∠ 0) + (35 ∠ 80) = (43 ∠ 53) ⇒ |</p><p></p><p>Fres | = 43 N.</p><p>Assim, a massa é m = (43 N)/(20 m/s2) = 2,2 kg.</p><p>75. Como o objetivo é determinar o menor módulo possível de</p><p></p><p>Fres , se a soma dos módulos de</p><p></p><p>F2 e</p><p></p><p>F3 for menor ou igual a</p><p></p><p>F1 , as duas forças deverão apontar no sentido oposto ao de</p><p></p><p>F1</p><p>(que é o sentido positivo do eixo x).</p><p>(a) Orientamos</p><p> </p><p>F F2 3e no sentido negativo do eixo x; assim, o módulo da força resultante é 50 –</p><p>30 – 20 = 0 e a aceleração do pneu é zero.</p><p>(b) Orientamos</p><p> </p><p>F F2 3e no sentido negativo do eixo x. O pneu sofre uma aceleração no sentido</p><p>positivo do eixo x cujo módulo é</p><p>a</p><p>F F F</p><p>m</p><p>=</p><p>− −</p><p>=</p><p>− −</p><p>=1 2 3 2</p><p>50</p><p>0 83</p><p>N 30 N 10 N</p><p>12kg</p><p>m/s, .</p><p>(c) Nesse caso, devemos encontrar o ângulo para o qual as componentes y de</p><p> </p><p>F F2 3e se can-</p><p>celam mutuamente e as componentes x se somam para cancelar</p><p></p><p>F1 . Como</p><p> </p><p>F F2 3= , sabemos</p><p>que o ângulo que uma das forças faz para cima com o eixo x deve ser igual ao ângulo que a ou-</p><p>tra força faz para baixo com o eixo x. (Vamos chamar esse ângulo de θ.) A condição para que</p><p>a soma das componentes x das três forças seja zero é</p><p>− = + = − ( ) − ( )50 30 302 3N N NF Fx x cos cosu u</p><p>o que nos dá</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=−cos .1 50</p><p>34</p><p>N</p><p>60 N</p><p>°</p><p>156 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>76. (a) Um pequeno trecho da corda possui massa e é puxado para baixo pela força gravitacional</p><p>da Terra. Esse trecho só não é acelerado para baixo porque trechos vizinhos exercem uma força</p><p>para cima que cancela a força gravitacional. Como a tensão é uma força exercida ao longo da</p><p>corda, não pode ter uma componente vertical, a menos que a corda se desvie da horizontal.</p><p>(b) Desprezando a curvatura da corda e considerando o bloco e a corda um objeto único, a única</p><p>força horizontal é a força aplicada</p><p></p><p>F. De acordo com a Segunda Lei de Newton, F = (M + m)a,</p><p>em que a é a aceleração e o sentido positivo é tomado como sendo para a direita. A aceleração</p><p>do bloco (e da corda) é, portanto, a = F/(M + m) para a direita.</p><p>(c) A força da corda, Fc, é a única força a que o bloco está submetido. Desprezando a curvatura</p><p>da corda, essa força é horizontal. Assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>F Ma</p><p>MF</p><p>M m</p><p>c = =</p><p>+</p><p>em que foi usada a expressão obtida no item (b) para a aceleração do bloco.</p><p>(d) Considerando o bloco e metade da corda um objeto único de massa M + m/2 submetido a</p><p>uma tensão Tm, a Segunda Lei de Newton nos dá:</p><p>T M m a</p><p>M m F</p><p>M m</p><p>M m F</p><p>M m</p><p>m = +</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>+( )</p><p>+( ) =</p><p>+( )</p><p>+( )</p><p>1</p><p>2</p><p>2 2</p><p>2</p><p>/</p><p>na qual foi usada a expressão obtida no item (b) para a aceleração do bloco.</p><p>77. Para resolver este problema, basta analisar as componentes horizontais das forças envolvi-</p><p>das. Note que, como ay = 0, a componente ax da aceleração pode ser chamada simplesmente de</p><p>a. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do caixote.</p><p>A componente x da tensão da corda é</p><p>Fx = F cosθ฀= (450 N) cos 38° = 355 N,</p><p>e a força de atrito (que aponta no sentido negativo do eixo x) tem módulo f = 125 N.</p><p>(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>F f ma a</p><p>F f</p><p>m</p><p>x − = ⇒ = − =</p><p>−</p><p>=cos</p><p>,</p><p>u 355 125</p><p>310</p><p>0 74</p><p>N N</p><p>kg</p><p>m/s .2</p><p>(b) Neste caso, usamos a Eq. 5-12 para determinar a massa do caixote: ′ = =m W g/ ,31 6 kg .</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>F f m a a</p><p>F f</p><p>m</p><p>x</p><p>x− = ′ ′ ⇒ ′ = −</p><p>′</p><p>= − =355 125</p><p>31 6</p><p>7 3 2N N</p><p>kg</p><p>m/s</p><p>,</p><p>, ..</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 157</p><p>78. Escolhemos um eixo x “encosta acima” para a caixa de massa m2 e um eixo x para a direi-</p><p>ta para a caixa de massa m1. (Assim, as acelerações das duas caixas têm o mesmo módulo e o</p><p>mesmo sentido.) As forças paralelas à superfície do plano inclinado que atuam sobre a caixa de</p><p>massa m2 são, em módulo, a força aplicada F, a tensão T da corda e a componente x do peso do</p><p>bloco, m2g sen θ. A única força que atua sobre a caixa de massa m1 é a tensão T da corda. De</p><p>acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>F T m g m a</p><p>T m a</p><p>− − =</p><p>=</p><p>2 2</p><p>1</p><p>senu</p><p>Combinando as duas equações, obtemos</p><p>F – m2g sen θ = (m1 + m2)a</p><p>o que nos dá</p><p>a =</p><p>− °</p><p>+</p><p>=</p><p>12 N (1,0 kg)(9,8 m/s )sen 37</p><p>kg 3,0 kg</p><p>1,</p><p>2</p><p>1 0,</p><p>553 m/s2 .</p><p>Assim, a tensão é T = m1a = (3,0 kg)(1,53 m/s2) = 4,6 N.</p><p>79. (a) A massa da partícula é</p><p>m = P/g = (22 N)/(9,8 m/s2) = 2,2 kg.</p><p>Em um local onde a aceleração gravitacional é g9 = 4,9 m/s2, a massa continua a ser 2,2 kg, mas</p><p>o peso passa a ser P9 = mg9 = (2,2 kg) (4,0 m/s2) = 11 N.</p><p>(b) m = 2,2 kg.</p><p>(c) Se g = 0, o peso é zero.</p><p>(d) m = 2,2 kg.</p><p>80. Escolhemos o sentido positivo do eixo y para baixo.</p><p>(a) A figura da esquerda, a seguir, mostra o diagrama de corpo livre do conjunto paraquedas-</p><p>paraquedista, considerado um único objeto de massa 80 kg + 5,0 kg = 85 kg.</p><p></p><p>Fa é a força que o ar exerce sobre o paraquedas e mg</p><p></p><p>é a força da gravidade. De acordo com a</p><p>Segunda Lei de Newton, mg – Fa = ma, em que a é a aceleração. Explicitando Fa, obtemos</p><p>F m g aa = −( ) = ( ) −( ) =85 9 8 2 5 6202 2kg m/s m/s N, , .</p><p>(b) A figura da direita, no item a, mostra o diagrama de corpo livre do paraquedas.</p><p></p><p>Fa é a força</p><p>do ar, m gp</p><p></p><p>é a força da gravidade e</p><p></p><p>Fp é a força do paraquedista. De acordo com a Segunda</p><p>Lei de Newton,</p><p>mpg + Fp – Fa = mpa.</p><p>158 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Explicitando Fp, obtemos</p><p>F m a g Fp p a= −( ) + = ( ) −( )+5 0 2 5 9 8 620, , ,kg m/s m/s N2 2 == 580 N.</p><p>81. A massa do piloto é m = 735/9,8 = 75 kg. Chamando a força que a nave exerce sobre o pi-</p><p>loto (através do assento, provavelmente) de</p><p></p><p>F e escolhendo o sentido positivo do eixo y como</p><p>sendo para cima, a Segunda Lei de Newton nos dá</p><p>F mg ma F− = ⇒ = ( ) +( )=Lua</p><p>2 2kg m/s m/s N.75 1 6 1 0 195, ,</p><p>82. Com unidades do SI implícitas, a força resultante a que a caixa está submetida é</p><p></p><p>Fres</p><p>o oi= + − + + −( , cos )ˆ ( sen , )3 0 14 30 11 14 30 5 0 17 ˆ̂j</p><p>o que nos dá</p><p></p><p>Fres N i N j= −( , )ˆ ( , )ˆ4 1 5 0</p><p>(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p></p><p></p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>res= = −( , )ˆ ( , )ˆ.1 0 1 3 2m/s i m/s j2</p><p>(b) O módulo de</p><p></p><p>a é a = + −( ) =( , ) , ,1 0 1 3 1 62</p><p>2</p><p>m/s m/s m s2 2 2 .</p><p>(c) O ângulo é tan–1 [(–1,3 m/s2)/(1,0 m/s2)] = –50° (ou seja, 50° no sentido horário em relação</p><p>ao semieixo x positivo).</p><p>83. Como a “certa força” mencionada no texto, que vamos chamar de F, imprime a um corpo</p><p>de massa m1 uma aceleração a1 = 12 m/s2 e imprime a um corpo de massa m2 uma aceleração</p><p>a2 = 3,3 m/s2, sabemos que m1 = F/a1 e m2 = F/a2.</p><p>(a) A aceleração que a mesma força F imprime a um objeto de massa m2 – m1 é</p><p>a</p><p>F</p><p>m m</p><p>F</p><p>F a F a</p><p>a a</p><p>a a(</p><p>=</p><p>−</p><p>=</p><p>−</p><p>=</p><p>−2 1 2 1</p><p>1 2</p><p>1 2( / ) / )</p><p>o que nos dá a = 4,6 m/s2.</p><p>(b) A aceleração que a mesma força F imprime a um objeto de massa m2 + m1 é</p><p>a</p><p>F</p><p>m m</p><p>F</p><p>F a F a</p><p>a a</p><p>a a</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+2 1 2 1</p><p>1 2</p><p>1 2( / ) / )(</p><p>o que nos dá a = 2,6 m/s2.</p><p>84. Supomos que o movimento acontece no sentido positivo do eixo x e que o refrigerador está</p><p>inicialmente em repouso (caso em que a velocidade mencionada no texto resulta exclusiva-</p><p>mente da aplicação da força</p><p></p><p>F ). A única força que atua ao longo do eixo x é a componente x</p><p>da força aplicada</p><p></p><p>F.</p><p>(a) Como v0 = 0, a combinação das Eqs. 2-11 e 5-2 nos dá</p><p>F m</p><p>v</p><p>t</p><p>v</p><p>F</p><p>m</p><p>tx i</p><p>i= </p><p></p><p></p><p></p><p>⇒ =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>cosu</p><p>para i = 1 (caso 1) ou i = 2 (caso 2). Como θ1 = 0 e θ2 = θ, v2/v1 = cos θ.</p><p>(b) Como v0 = 0, a combinação das Eqs. 2-16 e 5-2 nos dá</p><p>F m</p><p>v</p><p>x x</p><p>v</p><p>F</p><p>m</p><p>x xx i</p><p>i=</p><p>−</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>⇒ =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p>2</p><p>0</p><p>02</p><p>2</p><p>( )</p><p>cos</p><p>( )</p><p>u</p><p>para i = 1 (caso 1) ou i = 2 (caso 2). Como θ1 = 0 e θ2 = θ, v2/v1 = cosu .</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 159</p><p>85. (a) Como o peso do artista é (52 kg)(9,8 m/s2) = 510 N, a corda arrebenta.</p><p>(b) De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>T mg ma a</p><p>T</p><p>m</p><p>g− = ⇒ = −</p><p>Para T = 425 N, a = 1,6 m/s2.</p><p>86. Usamos a equação Pp = mgp, em que Pp é o peso de um objeto de massa m na superfície de</p><p>um planeta p e gp é a aceleração da gravidade nesse planeta.</p><p>(a) O peso do astronauta na Terra é</p><p>PT = mgT = (75 kg) (9,8 m/s2) = 7,4 × 102 N.</p><p>(b) O peso do astronauta em Marte é</p><p>PM = mgM = (75 kg) (3,7 m/s2) = 2,8 × 102 N.</p><p>(c) O peso do astronauta no espaço sideral é zero.</p><p>(d) A massa do astronauta é a mesma, 75 kg, para qualquer lugar.</p><p>87. Pela leitura da balança quando o elevador está parado, sabemos que a massa do objeto é m =</p><p>(65 N)/(9,8 m/s2) = 6,6 kg. Escolhendo o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, no-</p><p>tamos que o objeto está sujeito a duas forças: a força da gravidade, −mg, e a força normal da</p><p>balança, T. De acordo com a Terceira Lei de Newton, T também é a força que o objeto exerce</p><p>sobre a balança e, portanto, é a leitura da balança.</p><p>(a) Quando o elevador está subindo com velocidade constante, a aceleração é zero e, portanto,</p><p>a leitura da balança é a mesma que se o elevador estivesse parado: T = 65 N.</p><p>(b) O termo “desaceleração” é usado quando o vetor aceleração aponta no sentido contrário ao</p><p>do vetor velocidade. Como, de acordo com o enunciado, a velocidade é para cima, a aceleração</p><p>é para baixo (a = –2,4 m/s2). De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>T mg ma T− = ⇒ = − =kg m/s m/s N.2 2( , )( , , )6 6 9 8 2 4 49</p><p>88. Seja g a aceleração da gravidade perto da superfície de Calisto, m a massa da espaçonave, a</p><p>a aceleração da espaçonave e F o empuxo do motor da espaçonave. Vamos escolher o sentido</p><p>positivo do eixo y para baixo. Nesse caso, de acordo com a Segunda Lei de Newton, mg – F =</p><p>ma. Se para um empuxo F1 a aceleração é zero, mg – F1 = 0. Se para um empuxo F2 a acelera-</p><p>ção é a2, mg – F2 = ma2.</p><p>(a) A primeira equação nos dá o peso da espaçonave: mg = F1 = 3260 N.</p><p>(b) A segunda equação nos dá a massa da espaçonave:</p><p>m</p><p>mg F</p><p>a</p><p>= − = − = ×2</p><p>2</p><p>2</p><p>33260 2200</p><p>0 39</p><p>2 7 10</p><p>N N</p><p>m/s</p><p>kg</p><p>,</p><p>, .</p><p>(c) O peso dividido pela massa nos dá a aceleração da gravidade:</p><p>g = (3260 N)/(2,7 × 103 kg) = 1,2 m/s2.</p><p>89. (a) Se</p><p></p><p>F F mgres = − =3 0, a força que o parafuso suporta é</p><p>F mg= = ( ) ( ) = ×1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>1400 9 8 4 6 102 3kg m/s N, ,</p><p>160 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) Nesse caso, a força que cada parafuso suporta é dada por 3F – mg = ma, ou seja,</p><p>F m g a= +( ) = ( ) +( )= ×1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>1400 9 8 2 6 5 8kg m/s m/s2 2, , , 1103 N.</p><p>90. (a) O módulo da aceleração necessária é dado por</p><p>a</p><p>v</p><p>t</p><p>= =</p><p>( ) ×( )</p><p>( )</p><p>D</p><p>D</p><p>0 10 3 0 10</p><p>3 0 86 400</p><p>8, ,</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>dias s/diia</p><p>m/s2</p><p>( ) = ×1 2 102, .</p><p>(b) O valor da aceleração em unidades de g é</p><p>a</p><p>a</p><p>g</p><p>g g g=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>1 2 10</p><p>12</p><p>2,</p><p>.</p><p>m/s</p><p>9,8 m/s</p><p>2</p><p>2</p><p>(c) A força necessária é</p><p>F ma= = ×( ) ×( )= ×1 20 10 1 2 10 1 4 106 2 8, , ,kg m/s N.2</p><p>(d) Se a espaçonave percorre uma distância d = 0,1 mês-luz em um mês, o tempo necessário</p><p>para percorrer 5,0 meses-luz é</p><p>t</p><p>d</p><p>v c</p><p>= = =</p><p>5 0</p><p>0 1</p><p>50</p><p>,</p><p>,</p><p>meses-luz</p><p>meses ≈ 4,2 anos.</p><p>91. A figura mostra o diagrama de corpo livre do motociclista. Fm ry, e Fm rx, são as componen-</p><p>tes y e x de</p><p></p><p>Fm r, , a força exercida pela motocicleta.</p><p>(a) Como, de acordo com a Segunda Lei de Newton, a força resultante é igual a ma, o módulo</p><p>da força resultante é (60,0 kg) (3,0 m/s2) = 1,8 × 102 N.</p><p>(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes em relação ao eixo x, temos:</p><p>F mg mam rx, sen− =u ,</p><p>em que m = 60,0 kg, a = 3,0 m/s2 e θ = 10°. Assim, Fm rx, = 282 N</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes em relação ao eixo y (ao longo do qual a</p><p>aceleração é zero), temos:</p><p>F mgm ry, cos− =u 0</p><p>o que nos dá Fm ry, = 579 N.</p><p>De acordo com o teorema de Pitágoras,</p><p>F Fm r m rx y, ,</p><p>2 2 644+ = N.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 161</p><p>92. Chamamos o empuxo de T e escolhemos o sentido positivo do eixo y como sendo para cima.</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>T Mg Ma a− = ⇒ =</p><p>×</p><p>×</p><p>− =</p><p>2,6 10 N</p><p>10 kg</p><p>9,8 m/s m/s</p><p>5</p><p>4</p><p>2</p><p>1 3</p><p>10</p><p>,</p><p>22 .</p><p>93. A figura mostra os diagramas de corpo livre das peças dos itens (a) e (b). Como a corda de</p><p>baixo está sustentando apenas a peça de massa m2 = 4,5 kg, sua tensão é T2 = m2g. Por outro lado,</p><p>a corda de cima está sustentando as duas peças. De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>T T m g1 2 1 0− − =</p><p>e, portanto,</p><p>T m g T m m g1 1 2 1 2= + = +( ) .</p><p>(a) De acordo com as equações acima, a tensão da corda de baixo é</p><p>T2 = m2g = (4,5 kg)(9,8 m/s2) = 44 N.</p><p>(b) A tensão da corda de cima é T1 = (m1 + m2)g = (8,0 kg)(9,8 m/s2) = 78 N.</p><p>(c) A figura mostra os diagramas de corpo livre das peças dos itens (c) e (d). Como a corda de</p><p>baixo está sustentando apenas a peça de massa m5 = 5,5 kg, sua tensão é</p><p>T5 = m5g = (5,5 kg)(9,8 m/s2) = 54 N.</p><p>(d) Sabemos que a corda de cima está submetida a uma tensão T3 =199 N e sustenta uma massa</p><p>de (199 N)/(9,80 m/s2) = 20,3 kg = m3 + m4 + m5. Assim, o valor da massa desconhecida é m4 =</p><p>20,3 kg – (m3 + m5) = 20,3 kg − 10,3 kg = 10,0 kg, e a tensão da corda do meio deve ser sufi-</p><p>ciente para sustentar uma massa</p><p>m4 + m5 = (10,0 kg + 5,50 kg) = 15,5 kg.</p><p>Assim, T4 = (15,5 kg)(9,80 m/s2) = 152 N.</p><p>94. (a) Escrevemos a velocidade do tatu na forma v v vx y= +ˆ ˆi j . Como nenhuma força age</p><p>sobre o tatu na direção x, a componente x da velocidade do tatu é constante: vx = 5,0 m/s. Na</p><p>direção y e no instante t = 3,0 s, temos (usando a Eq. 2-11 com v y0 0= ):</p><p>v v a t v</p><p>F</p><p>m</p><p>ty y y y</p><p>y= + = +</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 0</p><p>17</p><p>12</p><p>3 0</p><p>N</p><p>kg</p><p>s,(( ) = 4 3, m/s.</p><p>Assim, v = +( , )ˆ ( , )ˆ5 0 4 3m/s i m/s j .</p><p>162 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) Escrevemos o vetor posição do tatu na forma</p><p></p><p>r r rx y= +ˆ ˆi j . No instante t = 3,0 s, rx = (5,0</p><p>m/s) (3,0 s) = 15 m e (usando a Eq. 2-15 com v0y = 0):</p><p>r v t a t</p><p>F</p><p>m</p><p>ty y y</p><p>y= + = </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>17</p><p>12</p><p>N</p><p>kg ( ) =3 0 6 4</p><p>2</p><p>, ,s m.</p><p>O vetor posição no instante t = 3,0 s é, portanto,</p><p></p><p>r = +( )ˆ ( , )ˆ15 6 4m i m j.</p><p>95. (a) O bloco que deve ser pendurado é o de 4,0 kg, já que o peso do bloco que está pendurado</p><p>é responsável pela aceleração do sistema e, entre os dois blocos, o de 4,0 kg é de maior massa</p><p>e, portanto, o de maior peso.</p><p>Para calcular a aceleração</p><p>do sistema e a tensão da corda, aplicamos a Segunda Lei de Newton</p><p>aos eixos vertical e horizontal, o que nos dá o seguinte sistema de equações:</p><p>m g T m a</p><p>T m a</p><p>1 1</p><p>2</p><p>− =</p><p>=</p><p>em que m1 é a massa do bloco que está pendurado e m2 é a massa do outro bloco.</p><p>(b) Somando membro a membro as equações acima, explicitando a e substituindo m1 e m2 por</p><p>seus valores, temos:</p><p>a</p><p>m</p><p>m m</p><p>g=</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>1 2</p><p>4 0</p><p>4 0 2 0</p><p>9 8</p><p>,</p><p>, ,</p><p>( ,</p><p>kg</p><p>kg kg</p><p>mm/s m/s2 2) ,= 6 5</p><p>(c) Substituindo a por seu valor na segunda equação, temos:</p><p>T = m2a = (2,0 kg)(6,5 m/s2) = 13 N.</p><p>96. De acordo com a Segunda Lei de Newton, o módulo da força é dado por F = ma, em que a</p><p>é o módulo da aceleração do nêutron. Supondo que a aceleração é constante, podemos usar a</p><p>Eq. 2-16, v v ad2</p><p>0</p><p>2 2= + , para calcular o valor de a:</p><p>a</p><p>v v</p><p>d</p><p>=</p><p>−( )</p><p>=</p><p>− ×( )</p><p>×( ) = −</p><p>−</p><p>2</p><p>0</p><p>2 7</p><p>2</p><p>142</p><p>1 4 10</p><p>2 1 0 10</p><p>9</p><p>,</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>,, .8 1027 2× m/s</p><p>O módulo da força é, portanto,</p><p>F ma= = × × =−( , )( , ) .1 67 10 9 8 10 1627 27kg m/s N2</p><p>1. Para evitar que as caixas deslizem, é preciso que a desaceleração a seja menor ou igual à</p><p>força máxima de atrito (Eq. 6-1, com FN = mg neste caso). De acordo com a Segunda Lei de</p><p>Newton, temos:</p><p>a = fs,máx /m = µsg.</p><p>A distância pode ser calculada com o auxílio da Eq. 2-16: x − x0 = v2/2a = 36 m. Antes de rea-</p><p>lizar este cálculo, é preciso converter a velocidade de 48 km/h para 13 m/s.</p><p>2. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao movimento horizontal, temos F − µkmg = ma, em que</p><p>usamos a Eq. 6-2, supondo que FN = mg (o que equivale a desprezar a força vertical exercida</p><p>pela vassoura). A Eq. 2-16 relaciona a distância percorrida à velocidade final e à aceleração: v2 =</p><p>2a(x − x0). Substituindo os valores conhecidos de v e (x − x0), obtemos a = 1,4 m/s2. Voltando à</p><p>equação da força, obtemos (para F = 25 N e m = 3,5 kg) um valor para o coeficiente de atrito</p><p>cinético µk = 0,58.</p><p>3. A figura mostra o diagrama de corpo livre da cômoda. Não consideramos a possibilidade de</p><p>a cômoda tombar. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, obtemos</p><p>Como, de acordo com a segunda equação, FN = mg, a força máxima de atrito estático (de acordo</p><p>com a Eq. 6-1) pode ser escrita na forma f mgs s,máx = µ .</p><p>Nesse caso, a primeira equação se torna</p><p>F mg mas− = =m 0</p><p>na qual fizemos a = 0 para levar em conta que a força de atrito estático é suficiente para equi-</p><p>librar a força aplicada.</p><p>(a) Para µs = 0 45, e m = 45 kg, a equação acima nos dá F = 198 N.</p><p>Para fazer a cômoda entrar em movimento, é preciso empurrá-la com uma força maior que este</p><p>valor. Arredondando para dois algarismos significativos, podemos dizer que a força deve ser</p><p>maior que F = 2,0 × 102 N.</p><p>(b) Substituindo m = 45 kg por m = 28 kg, um raciocínio semelhante nos dá F = ×1 2 102, N.</p><p>Capítulo 6</p><p>F 2 fs, máx 5 ma</p><p>FN 2 mg 5 0</p><p>164 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>4. O diagrama a seguir mostra as forças que agem sobre o porco. O ângulo de inclinação da</p><p>rampa é θ.</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>mg f ma</p><p>F mg</p><p>k</p><p>N</p><p>sen u</p><p>u</p><p>− =</p><p>− =cos .0</p><p>Resolvendo esse sistema de equações e usando a Eq. 6-2 (fk = µkFN), temos:</p><p>a g k= −( )sen cos .u m u</p><p>Para calcular o tempo que o porco leva para percorrer uma distância l, usamos a Eq. 2-15:</p><p>l</p><p>l</p><p>.5 1 5v t at t</p><p>a</p><p>0</p><p>21</p><p>2</p><p>2</p><p>⇒</p><p>Chamando de t9 o tempo que o porco leva para percorrer a mesma distância l em uma rampa</p><p>sem atrito e de a9 a aceleração correspondente, temos:</p><p>t</p><p>t</p><p>a</p><p>a</p><p>a</p><p>a′</p><p>=</p><p>′</p><p>= ′2</p><p>2</p><p>l</p><p>l</p><p>/</p><p>/</p><p>o que nos leva a concluir que se t/t9 = 2, a9 = 4a. Como, de acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>a9 = g sen θ, temos:</p><p>g g ksen sen cos .u u m u= −( )4</p><p>Resolvendo a equação acima para θ = 35°, obtemos µk = 0,53.</p><p>5. Além das forças mostradas na Fig. 6-17, um diagrama de corpo livre incluiria uma força</p><p>normal para cima</p><p></p><p>FN exercida pela superfície sobre o bloco, uma força gravitacional mg</p><p></p><p>para</p><p>baixo exercida pela Terra sobre o bloco, e uma força de atrito cinético ou estático horizontal</p><p></p><p>f .</p><p>Escolhemos o sentido do eixo x como positivo para a direita e o do eixo y como positivo para</p><p>cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton a esses eixos, obtemos:</p><p>F 2 f 5 ma</p><p>P 1 FN 2 mg 5 0</p><p>em que F = 6,0 N e m = 2,5 kg é a massa do bloco.</p><p>(a) Nesse caso, P = 8,0 N e</p><p>FN = (2,5 kg)(9,8 m/s2) – 8,0 N = 16,5 N.</p><p>De acordo com a Eq. 6-1, isso significa que f Fs s N, ,máx = =µ 6 6 N, que é maior que a força de 6,0</p><p>N para a direita. Assim, o bloco, que estava inicialmente em repouso, permanece em repouso.</p><p>Fazendo a = 0 na primeira equação, obtemos uma força de atrito estático f = P = 6,0 N.</p><p>(b) Nesse caso, P = 10 N e</p><p>FN = (2,5 kg)(9,8 m/s2) – 10 N = 14,5 N.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 165</p><p>De acordo com a Eq. 6-1, isso significa que f Fs s N, ,máx = =µ 5 8 N, que é menor que a força de</p><p>6,0 N para a direita. Assim, o bloco entra em movimento e passamos a ter um atrito cinético</p><p>entre o bloco e a superfície, que, de acordo com a Eq. 6-2, é dado por</p><p>f Fk k N= =m 3 6, .N</p><p>(c) Nesse caso, P = 12 N, FN = 12,5 N e f Fs s N, ,máx = =µ 5 0 N, que, como era de se esperar, é</p><p>menor que a força de 6,0 N para a direita. Assim, o bloco entra em movimento e a força de atri-</p><p>to cinético é f Fk k N= =m 3 1, .N</p><p>6. A figura mostra o diagrama de corpo livre do jogador.</p><p></p><p>FN é a força normal que o campo</p><p>exerce sobre o jogador, mg</p><p></p><p>é a força da gravidade e</p><p></p><p>f é a força de atrito. A força de atrito</p><p>está relacionada à força normal através da equação f = µkFN. Usamos a Segunda Lei de Newton,</p><p>aplicada ao eixo vertical, para determinar a força normal. Como a componente vertical da ace-</p><p>leração é zero, FN – mg = 0 e FN = mg. Assim,</p><p>mk</p><p>N</p><p>f</p><p>F</p><p>= = =</p><p>470</p><p>79 9 8</p><p>0 61</p><p>N</p><p>kg m/s2( )( , )</p><p>, .</p><p>7. A figura mostra o diagrama de corpo livre do caixote. Chamamos de</p><p></p><p>F a força horizontal</p><p>exercida sobre o caixote (no sentido +x),</p><p></p><p>fk a força de atrito cinético (no sentido –x), FN a</p><p>força normal exercida pelo piso (no sentido +y), e mg</p><p></p><p>a força da gravidade (no sentido −y). O</p><p>módulo da força de atrito é dado pela (Eq. 6-2):</p><p>fk = µkFN.</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>F f ma</p><p>F mg</p><p>k</p><p>N</p><p>2 5</p><p>2 5 0.</p><p>(a) De acordo com a segunda equação, FN = mg e, portanto, a força de atrito é</p><p>f F mgk k N k= = = ( )( ) = ×m m 0 35 55 9 8 1 9 102 2, ( , ) ,kg m/s N ..</p><p>166 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) A primeira equação se torna</p><p>F mg mak− =m</p><p>que, para F = 220 N, nos dá</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>gk= − =m 0 56 2, .m/s</p><p>Nota: Para que o caixote acelere, é preciso que F f mgk k> = m . Como mostra a equação acima,</p><p>quanto maior o valor de mk, menor a aceleração produzida por uma dada força.</p><p>8. Para manter a pedra em movimento, é preciso que exista uma força horizontal (no sentido</p><p>+x) para cancelar o efeito do atrito cinético. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x</p><p>e y, temos:</p><p>F f ma</p><p>F mg</p><p>k</p><p>N</p><p>2 5</p><p>2 5 0.</p><p>A segunda equação nos dá FN = mg, de modo que, de acordo com a Eq. 6-2, fk = µk mg. Assim,</p><p>a primeira equação se torna</p><p>F mg mak− = =m 0</p><p>em que fizemos a = 0 porque estamos supondo que a velocidade horizontal da pedra é constante.</p><p>Para m = 20 kg e µk = 0,80, obtemos F = 1,6 × 102 N.</p><p>9. Escolhemos um eixo +x horizontal para a direita, um eixo +y vertical para cima e observamos</p><p>que as componentes da força aplicada são Fx = F cos θ e Fy = – F sen θ.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, temos:</p><p>F F mg FN N− − = ⇒ = +sen ( )sen ( , )( ,u 0 15 40 3 5 9 8N kg m/so 22 N.) = 44</p><p>Para µk = 0,25, a Eq. 6-2 nos dá fk = 11 N.</p><p>(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, temos:</p><p>F f ma akcos</p><p>( )cos</p><p>,</p><p>,u − = ⇒ =</p><p>−</p><p>=</p><p>15 40 11</p><p>3 5</p><p>0 14</p><p>N N</p><p>kg</p><p>m/s</p><p>o</p><p>2 .</p><p>Como o resultado é positivo, o bloco acelera para a direita.</p><p>10. (a) O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura a seguir, em que</p><p></p><p>F é a força</p><p>aplicada,</p><p></p><p>FN é a força normal, mg</p><p></p><p>é a força da gravidade e</p><p></p><p>f é a força de atrito. Escolhemos</p><p>um eixo +x horizontal para a direita e um eixo +y vertical para cima. Aplicando a Segunda Lei</p><p>de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>F F f ma</p><p>F F F mg</p><p>x</p><p>y N</p><p>= − =</p><p>= + − =</p><p>cos</p><p>sen</p><p>u</p><p>u 0</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 167</p><p>Como f = µkFN, e a segunda equação nos dá FN = mg – F sen θ, f mg Fk= −m u( )sen . Substituindo</p><p>f por essa expressão na primeira equação, obtemos</p><p>F cos θ – µk (mg – F sen θ) = ma,</p><p>e, portanto,</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>gk k= + −(cos sen ) .u m u m</p><p>(a) Para ms = 0 600, e mk = 0 500, , o módulo de</p><p></p><p>f tem um valor máximo</p><p>f F mg mgs s N, ( , )( , sen ) ,máx = = − =m 0 600 0 500 20 0 497 mmg.</p><p>Por outro lado, F mg mgcos , cos , .u = ° =0 500 20 0 470 Assim, F fscos ,u < máx e o bloco per-</p><p>manece parado.</p><p>(b) Para ms = 0 400, e mk = 0 300, , o módulo de</p><p></p><p>f tem um valor máximo</p><p>f F mg mgs s N, ( , )( , sen ) ,máx = = − =m 0 400 0 500 20 0 332 mmg.</p><p>Nesse caso, F mg mg fscos , cos , .,u = = >0 500 20 0 470 máx Assim, o bloco sofre uma acelera-</p><p>ção dada por</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>gk k= + −</p><p>=</p><p>(cos sen )</p><p>( , )( , )[cos</p><p>u m u m</p><p>0 500 9 80 m/s2 220 0 300 20 0 300 9 80</p><p>2 17</p><p>o o 2m/s</p><p>m</p><p>+ −</p><p>=</p><p>( , ) sen ] ( , )( , )</p><p>, //s2 .</p><p>11. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre do caixote.</p><p></p><p>T é a tensão da corda,</p><p></p><p>FN é a</p><p>força normal, mg</p><p></p><p>é a força da gravidade e</p><p></p><p>f é a força de atrito. Escolhemos um eixo +x hori-</p><p>zontal para a direita e um eixo +y vertical para cima. Supomos que o caixote está inicialmente</p><p>em repouso. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>T cos θ – f = 0</p><p>T F mgNsenu + − = 0</p><p>nas quais θ é o ângulo entre a corda e a horizontal. A primeira equação nos dá f = T cos θ e a</p><p>segunda nos dá FN = mg – T sen θ. Para que o caixote permaneça em repouso, devemos ter f <</p><p>µs FN, ou seja, T cos θ < µs (mg – T senθ). Se a tensão da corda é apenas suficiente para colocar</p><p>o caixote em movimento, temos:</p><p>T cos θ = µs (mg – T sen θ),</p><p>o que nos dá:</p><p>T</p><p>mgs</p><p>s</p><p>=</p><p>+</p><p>=m</p><p>u m ucos sen</p><p>( , )( )( , )</p><p>cos</p><p>0 50 68 9 8</p><p>1</p><p>kg m/s2</p><p>55 0 50 15</p><p>304 3 0 102</p><p>o o</p><p>N N</p><p>+</p><p>= ≈ ×</p><p>, sen</p><p>, .</p><p>(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>T cos θ – f = ma</p><p>FN + T sen θ – mg = 0.</p><p>168 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Como f = µkFN, a segunda equação nos dá f mg Tk= −m u( )sen . Substituindo esta expressão na</p><p>primeira equação, obtemos</p><p>T cos θ – µk (mg – T sen θ) = ma,</p><p>e, portanto, a aceleração é</p><p>a</p><p>T</p><p>m</p><p>gk</p><p>k= + −(cos sen )</p><p>.</p><p>u m u</p><p>m</p><p>Substituindo por valores numéricos, temos:</p><p>a = ( ) +( ) − ( )304 15 0 35 15</p><p>68</p><p>0 35 9 8</p><p>N</p><p>kg</p><p>m/</p><p>cos , sen</p><p>, ,</p><p> </p><p>ss m/s2 2( ) = 1 3, .</p><p>12. Como não há aceleração, a soma das forças de atrito estático (que são quatro, uma para cada</p><p>polegar e uma para cada conjunto dos outros quatro dedos) é igual à força da gravidade. Assim,</p><p>de acordo com a Eq. 6-1, temos:</p><p>4 79 9 8ms NF mg= = ( )( , )kg m/s2</p><p>que, para µs = 0,70, nos dá FN = 2,8 × 102 N.</p><p>13. Chamamos de F o módulo da força exercida pelo operário. O módulo da força de atrito es-</p><p>tático pode variar de 0 a f Fs s N, .máx = µ</p><p>(a) Nesse caso, aplicando a Segunda Lei de Newton na direção vertical, temos F mgN = .</p><p>Assim,</p><p>f F mgs s N s, ( , )( )( , )máx = = = =m m 0 37 35 9 8 127kg m/s N2 ..</p><p>(b) O engradado não se move, já que F = 110 N < fs, máx = 127 N.</p><p>(c) Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção horizontal, temos fs = F = 110 N.</p><p>(d) Chamando a força para cima exercida pelo segundo operário de F2 e aplicando a Segunda</p><p>Lei de Newton na direção vertical, obtemos FN = mg – F2, o que nos dá</p><p>f F mg Fs s N s, ( )máx = = −µ µ 2 .</p><p>Para que o engradado se mova, F deve satisfazer a condição F > fs,máx = µs (mg −฀F2),</p><p>o que nos dá</p><p>110 0 37 35 9 8 2N kg m/s2> − ( , ) ( )( , ) .F</p><p>Como o menor valor de F2 que satisfaz essa desigualdade é um valor ligeiramente maior que</p><p>45,7 N, podemos dizer que F2, mín = 46 N.</p><p>(e) Nesse caso, a força horizontal total tem que ser maior que o valor de fs,máx calculado no item</p><p>(a), ou seja,</p><p>F F f Fs+ > ⇒ + >2 110 127, max N N2</p><p>o que nos dá F2, mín = 17 N.</p><p>14. (a) Vamos supor que o bloco está em repouso e que o ângulo de mergulho tem o valor θmáx</p><p>para o qual a força de atrito estático é a maior possível, fs,máx. Aplicando a Segunda Lei de Newton</p><p>na direção paralela e na direção perpendicular à encosta, temos:</p><p>mg f</p><p>F mg</p><p>s</p><p>N</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>,u</p><p>u</p><p>máx máx</p><p>máx</p><p>− =</p><p>− =</p><p>0</p><p>0</p><p>Resolvendo o sistema de equações acima e usando a Eq. 6-1, fs,máx = µsFN, obtemos:</p><p>u mmáx = = ≈− −tan tan , .1 1 0 63 32s </p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 169</p><p>Como esse ângulo é maior que o ângulo de mergulho dado (24o), o bloco não desliza.</p><p>(b) Aplicando novamente a Segunda Lei de Newton, obtemos:</p><p>F mg f</p><p>F mg</p><p>s</p><p>N</p><p>+ − =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>,u</p><p>u</p><p>máx 0</p><p>0</p><p>Resolvendo o sistema de equações acima, usando a Eq. 6-1 (fs, máx = µsFN) e fazendo u = °24 e</p><p>m = 1,8 × 107 kg, obtemos:</p><p>F mg s= −( )= ×m u ucos sen ,3 0 107 N.</p><p>15. De acordo com o resultado obtido no item (a) do problema anterior,</p><p>u m= = ≈− −tan tan , .1 1 0 04 2s </p><p>16. (a) Nesta situação, supomos que</p><p></p><p>fs aponta ladeira acima e está com o valor máximo, ms NF .</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton a um objeto de massa m, nas direções paralela e perpen-</p><p>dicular à encosta, temos:</p><p>F mg F</p><p>F mg</p><p>s N</p><p>N</p><p>mín1 0</p><p>0</p><p>− + =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>u m</p><p>u</p><p>Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos:</p><p>F mg smín1 = −(sen cos )u m u</p><p>que, para m = P/g = 8,2 kg, θ = 20° e µs = 0,25, nos dá Fmín1 = 8,6 N.</p><p>(b) A única diferença em relação ao item anterior é que agora supomos que</p><p></p><p>fs aponta ladeira</p><p>abaixo. Nesse caso, o sistema de equações é</p><p>F mg F</p><p>F mg</p><p>s N</p><p>N</p><p>mín2 0</p><p>0</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>u m</p><p>u</p><p>Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos</p><p>F mg smín2 46= +( ) =sen N.u m ucos</p><p>Na verdade, será necessário um valor ligeiramente maior que o valor calculado para fazer o</p><p>trenó começar a subir a ladeira.</p><p>(c) Como agora estamos lidando com o atrito cinético (que aponta para baixo), o sistema de</p><p>equações se torna</p><p>F mg f ma</p><p>F mg</p><p>k</p><p>N</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>u</p><p>u 0</p><p>Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos</p><p>F mg k= +(sen cos )u m u</p><p>que, para m = P/g = 8,2 kg, θ = 20° e µk = 0,15, nos dá F = 39 N.</p><p>17. Se o bloco começar a se mover, a força de atrito será a força de atrito cinético, dada pela</p><p>Eq. 6-2; se permanecer em repouso, será a força de atrito estático, de módulo igual à soma do</p><p>módulo da força</p><p></p><p>P com a componente do peso do bloco paralela à superfície do plano incli-</p><p>nado. Antes de mais nada, portanto, é preciso saber se o bloco vai se mover quando a força</p><p></p><p>P</p><p>for aplicada, o que depende da força máxima de atrito estático, dada pela Eq. 6-1. Para calcular</p><p>essa força, aplicamos a Segunda Lei de Newton na direção perpendicular à superfície do plano</p><p>inclinado, o que nos dá</p><p>F PN − =cosu 0</p><p>170 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>em que P = 45 N é o peso do bloco e θ = 15° é o ângulo do plano inclinado. Assim, FN = 43,5</p><p>N, o que significa que a força máxima de atrito estático é</p><p>fs,máx = (0,50) (43,5 N) = 21,7 N.</p><p>(a) Para</p><p></p><p>P = −( , )ˆ5 0 N i , a Segunda Lei de Newton, aplicada à direção paralela à superfície do</p><p>plano inclinado, nos dá</p><p>f 2 |P| 2 mg sen u 5 ma.</p><p>Ao escrever essa equação, estamos supondo que a força</p><p></p><p>f aponta para cima; se a força apontar</p><p>para baixo, o valor obtido para f será negativo. Se f = fs, a = 0 e a equação se torna</p><p>fs = | P | + mg senθ = 5,0 N + (43,5 N)sen15° = 17 N.</p><p>Como fs é menor que fs, máx, o bloco permanece em repouso e a força de atrito é</p><p></p><p>fs = ( ˆ17 N)i.</p><p>(b) Para</p><p></p><p>P = −( , )ˆ8 0 N i , obtemos (usando a mesma equação) fs = 20 N, que também é menor</p><p>que fs, máx, de modo que o bloco permanece em repouso e a força de atrito é</p><p></p><p>fs = ( )ˆ20 N i .</p><p>(c) Para</p><p></p><p>P = −( )ˆ15 i, obtemos (usando a mesma equação) fs = 27 N, que é maior que fs, máx. A</p><p>conclusão é que, nesse caso, o bloco entre em movimento e temos que usar o coeficiente de</p><p>atrito cinético em vez do coeficiente de atrito estático. O resultado é o seguinte:</p><p></p><p>f Fk k N= = =m ˆ ( , )( , ) ˆ ( ) ˆi N i N i.0 34 43 5 15</p><p>18. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao carro A na direção “ladeira abaixo”, temos:</p><p>mg senθ – f = ma</p><p>em que, de acordo com a Eq. 6-11,</p><p>f = fk =฀µkFN =฀µk mg cosθ.</p><p>Assim, com µk = 0,600, temos:</p><p>a = gsenθ – µk cosθ = –3,72 m/s2</p><p>o que significa, como escolhemos como sentido positivo o sentido “ladeira abaixo”, que o vetor</p><p>aceleração aponta “ladeira acima”, ou seja, que a velocidade do carro A estava diminuindo. Para</p><p>v0 18 0= , m/s e (x – x0) = d = 24,0 m, a Eq. 2-16 nos dá</p><p>v v ad= + =0</p><p>2 2 12 1, m/s.</p><p>(b) Nesse caso, a aceleração calculada é a = +1,1 m/s2 e a velocidade no momento do choque</p><p>é 19,4 m/s.</p><p>19. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre do bloco.</p><p></p><p>F é a força aplicada,</p><p></p><p>FN é a força</p><p>normal que a parede exerce sobre o bloco,</p><p></p><p>f é a força de atrito e mg</p><p> é a força da gravidade.</p><p>Para verificar se o bloco vai se mover, calculamos o módulo f da força de atrito necessária para</p><p>mantê-lo em repouso e calculamos também o módulo da força normal FN que a parede exerce</p><p>sobre o bloco. Se f < µsFN, o bloco permanece em repouso, mas se f > µsFN, o bloco desliza para</p><p>baixo. Como não existe aceleração na direção horizontal, F – FN = 0, FN = F = 12 N e</p><p>µsFN = (0,60)(12 N) = 7,2 N.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 171</p><p>Na direção vertical, para que f – mg = 0, f = mg = 5,0 N. Como f < µsFN, o bloco não se</p><p>move.</p><p>(b) Como o bloco não se move, f = 5,0 N e FN = 12 N. A força que a parede exerce sobre o blo-</p><p>co é</p><p></p><p>F F fp N= − + = − +ˆ ˆ ( )ˆ ( , )ˆi j N i N j12 5 0</p><p>em que os eixos são os que aparecem na Fig. 6-26 do livro.</p><p>20. Tratando as duas caixas como um único sistema de massa total mC + mW =1,0 + 3,0 = 4,0 kg,</p><p>sujeito a uma força de atrito total (para a esquerda) de módulo 2,0 N + 4,0 N = 6,0 N, aplicamos</p><p>a Segunda Lei de Newton (com o sentido positivo do eixo x para a direita):</p><p>N N (4,0 kg)total totalF f m a a− = ⇒ − =12 0 6 0, , ,</p><p>o que nos dá uma aceleração a = 1,5 m/s2. Tratamos a força F como se fosse conhecida com</p><p>precisão de décimos de newton, de modo que a aceleração foi calculada com dois algarismos</p><p>significativos. Aplicando a Segunda Lei de Newton apenas à caixa maior (a caixa de Wheaties,</p><p>de massa mW = 3,0 kg) e chamando de ′</p><p></p><p>F a força de contato que a caixa de Cheerios exerce</p><p>sobre a caixa de Wheaties, temos:</p><p>′ − = ⇒ ′ − =F f m a FW W</p><p>2N kg m/s4 0 3 0 1 5, ( , )( , ),</p><p>o que nos dá F9 = 8,5 N.</p><p>21. Vamos usar o mesmo sistema de coordenadas da Fig. 6-4 do livro.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>x T f ma</p><p>y T F mgN</p><p>: cos</p><p>: sen .</p><p>u</p><p>u</p><p>− =</p><p>+ − = 0</p><p>Fazendo a = 0 e f = fs,máx = µsFN, calculamos a massa total do sistema caixa + areia (em função</p><p>do ângulo θ):</p><p>m</p><p>T</p><p>g s</p><p>= +</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>sen</p><p>cos</p><p>u</p><p>u</p><p>m</p><p>que é a função que deve ser maximizada (para calcular o ângulo θm que permite puxar a maior</p><p>quantidade possível de areia).</p><p>Derivando a equação acima em relação a θ, temos:</p><p>dm</p><p>d</p><p>T</p><p>g</p><p>m</p><p>m</p><p>su</p><p>u</p><p>u</p><p>m</p><p>= −</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=cos</p><p>sen</p><p>0</p><p>o que nos dá tan θm = µs. Para ms = 0 35, , θm = tan21(0,35) = 19o.</p><p>(b) Substituindo o valor de θm calculado no item (a) na equação de m, obtemos m = 340 kg, o</p><p>que corresponde a um peso de (340 kg)(9,80 m/s2) = 3,3 × 103 N.</p><p>22. A figura mostra o diagrama de corpo livre do trenó, em que</p><p></p><p>F é a força aplicada,</p><p></p><p>FN é a</p><p>força normal, mg</p><p></p><p>é a força da gravidade e</p><p></p><p>f é a força do atrito. Tomamos o eixo x paralelo à</p><p>superfície do plano inclinado e o eixo y perpendicular à superfície. Aplicando a Segunda Lei de</p><p>Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>F f mg</p><p>F mgN</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos</p><p>u</p><p>u</p><p>0</p><p>0</p><p>172 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Como f = µFN, e a segunda equação nos dá FN = mg cos θ, f mg= m ucos . Substituindo f por seu</p><p>valor na primeira equação, obtemos</p><p>F mg= +(sen cos ).u m u</p><p>De acordo com o gráfico da Fig. 6-28, F = 2 0, N para m = 0. Isso significa que mgsen , .u = 2 0 N</p><p>Vemos também que F = 5 0, N para m = 0 5, , o que nos dá:</p><p>5 0 0 50 2 0 0 50, (sen , cos ) , , cos ,N N= + = +mg mgu u u</p><p>ou seja, mgcos , .u = 6 0 N Combinando os dois resultados, obtemos</p><p>tan .u u= = ⇒ = °2</p><p>6</p><p>1</p><p>3</p><p>18</p><p>23. Vamos chamar a tensão da corda que liga o bloco 1 ao bloco 2 de T12 e a tensão da corda</p><p>que liga o bloco 2 ao bloco 3 de T23. Aplicando a Segunda Lei de Newton (e a Eq. 6-2, FN = m2g</p><p>neste caso) ao sistema como um todo, temos:</p><p>m g T m a</p><p>T m g T m a</p><p>T m g m a</p><p>k</p><p>3 23 3</p><p>23 2 12 2</p><p>12 1 1</p><p>− =</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>m</p><p>.</p><p>Somando as três equações e fazendo m M m m M1 2 3 2= = =e , temos:</p><p>2Mg – 2µk Mg – Mg = 5Ma.</p><p>Para a = 0,500 m/s2 essa equação nos dá µk = 0,372. Assim, o coeficiente de atrito cinético é,</p><p>aproximadamente, µk = 0,37.</p><p>24. Podemos calcular a aceleração a partir da inclinação do gráfico da Fig. 6-30: a = 4,5 m/s2.</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton,</p><p>F – µk mg = ma,</p><p>em que F = 40,0 N é a força horizontal constante aplicada. Para m = 4,1 kg, obtemos µk =</p><p>0,54.</p><p>25. A figura mostra os diagramas de corpo livre do bloco B e do nó.</p><p></p><p>T1 é a tensão da corda que está ligada ao bloco B e ao nó,</p><p></p><p>T2 é a tensão da outra corda,</p><p></p><p>f é a</p><p>força de atrito estático exercida pela mesa sobre o bloco B,</p><p></p><p>FN é a força normal exercida pela</p><p>mesa sobre o bloco B, PA é o peso do bloco A (PA é o módulo de m gA</p><p></p><p>) e PB é o peso do bloco</p><p>B (PB é o módulo de m gB</p><p></p><p>).</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 173</p><p>Vamos escolher o sentido do eixo x como positivo para a direita e o sentido do eixo y como po-</p><p>sitivo para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y para o bloco B e fazendo</p><p>o mesmo para o nó, obtemos quatro equações:</p><p>T f</p><p>F P</p><p>T T</p><p>T P</p><p>s</p><p>N B</p><p>A</p><p>1</p><p>2 1</p><p>2</p><p>0</p><p>0</p><p>0</p><p>0</p><p>− =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>,</p><p>cos</p><p>sen</p><p>máx</p><p>u</p><p>u</p><p>em que supusemos que o atrito estático tem o valor máximo (o que nos permite usar a Eq. 6-1).</p><p>Resolvendo esse sistema de equações e fazendo µs = 0,25, obtemos PA = 103 N ≈ 1,0 × 102 N.</p><p>26. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema como um todo (com M = 60 kg) e usan-</p><p>do a Eq. 6-2 (com FN = Mg neste caso), obtemos:</p><p>F – µkMg = Ma ⇒ a= 0,473 m/s2.</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton apenas ao bloco 3, obtemos F32 = m3(a + µkg) = 147 N.</p><p>Combinando os dois resultados, encontramos uma relação interessante: F m M F32 3= ( / ) (que</p><p>não depende do atrito!).</p><p>(b) Como foi comentado no item anterior, o resultado não depende do atrito. Assim, o valor de</p><p>F32 seria o mesmo do item (a).</p><p>27. Primeiro, vamos verificar se os blocos se movem. Supomos que permanecem em repouso e</p><p>calculamos a força de atrito (estático) que os mantém em repouso, para compará-la com a força</p><p>máxima de atrito estático µsFN. A figura mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos.</p><p>T é o módulo da tensão da corda, f é o módulo da força de atrito que age sobre o bloco A, FN é</p><p>o módulo da força normal que age sobre o bloco A, m gA</p><p></p><p>é a força da gravidade que age sobre</p><p>o bloco A (de módulo PA = 102 N) e m gB</p><p></p><p>é a força da gravidade que age sobre o bloco B (de</p><p>módulo PB = 32 N). θ = 40° é o ângulo do plano inclinado. Não conhecemos o sentido de</p><p></p><p>f ,</p><p>mas vamos supor que é para baixo. Se obtivermos um sinal negativo, isso significará que o sen-</p><p>tido de</p><p></p><p>f é para cima.</p><p>(a) No caso do bloco A, vamos tomar o eixo x encosta acima e o eixo y na direção da força nor-</p><p>mal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>T f P</p><p>F P</p><p>A</p><p>N A</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>u</p><p>u</p><p>0</p><p>0</p><p>Tomando o sentido positivo para baixo para o bloco B, a Segunda Lei de Newton nos dá</p><p>P TB − = 0 . Resolvendo esse sistema de equações, obtemos</p><p>f P PB A= − = − = −sen ( )senu 32 102 40 34N N N</p><p>(o que mostra que a força de atrito é para cima) e</p><p>F PN A= = =cos ( ) cosu 102 40 78N N</p><p>174 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>o que nos dá</p><p>fs,máx = µsFN = (0,56) (78 N) = 44 N.</p><p>Como o módulo f da força de atrito que mantém os blocos em repouso é menor que fs,máx, os</p><p>corpos permanecem em repouso.</p><p>(b) Se o bloco A está subindo a rampa, a força de atrito é para baixo, com módulo f Fk k N= m .</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton aos mesmos eixos do item (a), obtemos:</p><p>T f P m a</p><p>F P</p><p>P T m a</p><p>k A A</p><p>N A</p><p>B B</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos</p><p>.</p><p>u</p><p>u 0</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:</p><p>a</p><p>P P P</p><p>m m</p><p>B A k A</p><p>B A</p><p>= − −</p><p>+</p><p>= − −sen cos ( )senu m u 32 102 40N N  (( , )( ) cos</p><p>( ) / ( , )</p><p>,</p><p>0</p><p>25 102 40</p><p>32 102 9 8</p><p>3 9</p><p>N</p><p>N N m/s2</p><p></p><p>+</p><p>= mm/s2 .</p><p>A aceleração é para baixo: a = −( , )ˆ3 9 m/s i2 . Isso significa (já que a velocidade inicial é para</p><p>cima) que a velocidade dos blocos está diminuindo. Note que a relação m = P/g foi usada para</p><p>calcular as massas usadas na equação acima.</p><p>(c) Se o bloco A está descendo a rampa, a força de atrito é para cima, com módulo f Fk k N= m .</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton aos mesmos eixos dos itens (a) e (b), obtemos:</p><p>T f P m a</p><p>F P</p><p>P T m a</p><p>k A A</p><p>N A</p><p>B B</p><p>+ − =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos</p><p>u</p><p>u 0</p><p>o que nos dá</p><p>a</p><p>P P P</p><p>m m</p><p>B A k A</p><p>B A</p><p>= − +</p><p>+</p><p>= − +sen cos ( )senu m u 32 102 40N N  (( , )( ) cos</p><p>( ) / ( , )</p><p>,</p><p>0 25 102 40</p><p>32 102 9 8</p><p>1</p><p>N</p><p>N N m/s2</p><p></p><p>+</p><p>= − 00 m/s2 .</p><p>A aceleração é para baixo:</p><p></p><p>a = −( , ) ˆ1 0 m/s i.2 Nesse caso, isso significa (já que a velocidade</p><p>inicial é para baixo) que a velocidade dos blocos está aumentando.</p><p>28. A figura mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos. T é o módulo da tensão do</p><p>fio, f é o módulo da força de atrito que age sobre o bloco A, FN é o módulo da força normal que</p><p>a rampa exerce sobre o bloco A, m gA</p><p></p><p>é a força da gravidade sobre o bloco A, m gB</p><p></p><p>é a força</p><p>da gravidade sobre o bloco B, e θ฀ é o ângulo da rampa. No caso do bloco A, escolhemos um</p><p>eixo x rampa acima e um eixo y na direção da força normal; no caso do bloco B, escolhemos</p><p>um eixo y para baixo.</p><p>Como o bloco A está descendo, a força de atrito é para cima, com módulo fk = µkFN. Aplicando</p><p>a Segunda Lei de Newton aos blocos A e B, temos:</p><p>T f m g</p><p>F m g</p><p>m g T</p><p>k A</p><p>N A</p><p>B</p><p>− + =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>sen</p><p>cos</p><p>.</p><p>u</p><p>u</p><p>0</p><p>0</p><p>0</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 175</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:.</p><p>m mB A k= −( )=sen cos ,u m u 3 3 kg.</p><p>29. (a) A figura mostra diagramas de corpo livre dos blocos A e C, considerados como um úni-</p><p>co objeto, e do bloco B.</p><p>T é o módulo da tensão da corda, FN é o módulo da força normal que a mesa exerce sobre o</p><p>bloco A, f é o módulo da força de atrito, PAC é o peso total dos blocos A e C (o módulo da força </p><p>Fg AC mostrada na figura) e PB é o peso do bloco B (o módulo da força</p><p></p><p>Fg B mostrada na figura).</p><p>Supomos que os blocos estão em repouso. Para os blocos que estão sobre a mesa, escolhemos</p><p>um eixo x orientado para a direita e um eixo y orientado para cima. De acordo com a Segunda</p><p>Lei de Newton, temos:</p><p>componentes x: T – f = 0</p><p>componentes y: FN – WAC = 0.</p><p>No caso do bloco B, escolhemos um eixo y orientado para baixo. Nesse caso, a Segunda Lei de</p><p>Newton nos dá PB – T = 0. De acordo com a terceira equação, T = PB e, de acordo com a pri-</p><p>meira, f = T. A segunda equação nos dá FN = PAC. Para que o sistema permaneça em repouso, f</p><p>deve ser menor que µs FN , o que significa que PB < µs PAC. O menor valor que PAC pode ter sem</p><p>que os blocos se movam é</p><p>PAC = PB/µs = (22 N)/(0,20) = 110 N.</p><p>Como o peso do bloco A é 44 N, o menor peso que o bloco C pode ter é (110 – 44) N = 66 N.</p><p>(b) Se o bloco C é removido, as equações do item (a) se tornam</p><p>T – f = (PA/g)a</p><p>FN – WA = 0</p><p>PB – T = (PB/g)a.</p><p>Além disso, f = µkFN. A segunda equação nos dá FN = PA, e, portanto, f = µkPA. A terceira equação</p><p>nos dá T = PB – (PB/g)a. Substituindo essas duas expressões na primeira equação, temos:</p><p>PB – (PB/g)a – µkPA = (PA/g)a.</p><p>Assim,</p><p>a</p><p>g P P</p><p>P P</p><p>B k A</p><p>A B</p><p>=</p><p>−( )</p><p>+</p><p>=</p><p>− ( )( )(m ( , )9 8 22 44m/s N 0,15 N2 ))</p><p>=</p><p>44</p><p>2 3</p><p>N + 22 N</p><p>m/s2, .</p><p>30. Escolhemos um eixo x horizontal orientado para a direita e um eixo y vertical orientado para</p><p>cima. Supomos que a massa da corda é desprezível, de modo que a força</p><p></p><p>F exercida pela crian-</p><p>ça é igual à tensão da corda. As componentes x e y de</p><p></p><p>F são Fcosθ e Fsenθ, respectivamente.</p><p>A força de atrito estático aponta para a esquerda.</p><p>(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y e supondo que a aceleração vertical é nula,</p><p>temos:</p><p>F F mgN + − =senu 0</p><p>176 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>o que mostra que o atrito estático máximo é µs(mg – F sen θ). Supondo que fs = fs, máx, a aplica-</p><p>ção da Segunda Lei de Newton ao eixo x (para o qual a aceleração também é nula se a caixa de</p><p>brinquedos está na iminência de se mover), temos:</p><p>F f ma F mg Fs scos cos ( sen ) 0.u u m u− = ⇒ − − =</p><p>Fazendo θ = 42° e µs = 0,42, obtemos F = 74 N.</p><p>(b) Explicitando F e chamando de P o peso da caixa de brinquedos, temos:</p><p>F</p><p>Ps</p><p>scos sen</p><p>N</p><p>cos</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>m</p><p>u m u u</p><p>( , )( )</p><p>( , )</p><p>0 42 180</p><p>0 42 ssen</p><p>N</p><p>cos senu u u</p><p>=</p><p>+</p><p>76</p><p>0 42( , )</p><p>.</p><p>(c) Para determinar o valor de θ para o qual F é mínimo, derivamos a expressão obtida no item</p><p>(b) em relação a θ e igualamos o resultado a zero:</p><p>dF</p><p>d</p><p>Ws s</p><p>su</p><p>m u m u</p><p>u m u</p><p>= −</p><p>+</p><p>=(sen cos )</p><p>sen )</p><p>0,</p><p>2(cos</p><p>o que nos dá θ = tan–1 µs = 23°.</p><p>(d) Fazendo θ = 23° na expressão de F, com µs = 0,42 e P = 180 N, obtemos F = 70 N.</p><p>31. As figuras mostram os diagramas de corpo livre dos dois blocos. T é o módulo da tensão da</p><p>corda,</p><p></p><p>FNA é a força normal que age sobre o bloco A (o bloco da frente),</p><p></p><p>FNB é a força normal</p><p>que age sobre o bloco B,</p><p></p><p>fA é a força de atrito cinético que age sobre o bloco A,</p><p></p><p>fB é a força de</p><p>atrito cinético que age sobre o bloco B, mA é a massa do bloco A, mB é a massa do bloco B, PA é</p><p>o peso do bloco A, PB é o peso do bloco B e θ฀ é o ângulo do plano inclinado.</p><p>Para cada bloco, escolhemos um eixo x na direção encosta abaixo (direção do canto inferior es-</p><p>querdo, nas figuras aqui mostradas) e um eixo y na direção da força normal. Aplicando a Segunda</p><p>Lei de Newton aos blocos A e B segundo os eixos x e y, obtemos quatro equações:</p><p>P f T m a</p><p>F P</p><p>P f</p><p>A A A</p><p>NA A</p><p>B</p><p>sen</p><p>cos</p><p>sen</p><p>u</p><p>u</p><p>u</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>−</p><p>0</p><p>BB B</p><p>NB B</p><p>T m a</p><p>F P</p><p>+ =</p><p>− =cosu 0</p><p>que, quando combinadas com a Eq. 6-2 ( f FA kA NA= m e f FB kB NB= m fB), descrevem perfeitamente</p><p>a dinâmica do sistema, contanto que a tensão da corda não seja nula.</p><p>(a) Resolvendo essas equações, obtemos</p><p>a g</p><p>P P</p><p>P P</p><p>k A A k B B</p><p>A B</p><p>= − +</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=sen cos ,u</p><p>m m</p><p>u 3 55 m/s2 .</p><p>(b) A solução das equações também nos dá</p><p>T</p><p>P P</p><p>P P</p><p>A B</p><p>A B</p><p>k B k A=</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−( ) = N.m m ucos ,0 21</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 177</p><p>Nota: A tensão da corda é proporcional a m mk B k A− , a diferença entre os coeficientes de atrito</p><p>cinético dos dois blocos. Quando os coeficientes são iguais ou m mk B k A< (ou seja, o bloco da</p><p>frente tem um coeficiente maior que o bloco de trás), a corda fica frouxa e a tensão também é zero.</p><p>Nesse caso, os movimentos dos dois blocos devem ser analisados de forma independente.</p><p>32. O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura.</p><p></p><p>F é a força aplicada ao bloco, </p><p>FN é a força normal que o piso exerce sobre o bloco, mg</p><p></p><p>é a força da gravidade e</p><p></p><p>f é a força</p><p>de atrito. Tomamos o eixo x como horizontal, orientado para a direita, e o eixo y como vertical,</p><p>orientado para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>F F f ma</p><p>F F F mg</p><p>x</p><p>y N</p><p>= − =</p><p>= − − =</p><p>cos</p><p>sen</p><p>u</p><p>u 0</p><p>Como f = µkFN e a segunda equação nos dá FN = mg + Fsenθ, temos:</p><p>f mg Fk= +m u( )sen .</p><p>Substituindo f por seu valor na primeira equação, obtemos</p><p>F cos θ – µk (mg + F sen θ) = ma</p><p>e, portanto, a aceleração é</p><p>a</p><p>F</p><p>m</p><p>k k(cos ) .= u u2 2m msen g</p><p>De acordo com o gráfico, a = 3 0, m/s2 para mk = 0 . Isso nos dá</p><p>3 0 2, / cos .m s</p><p>F</p><p>m</p><p>= u</p><p>O gráfico também mostra que a = 0 para mk = 0 20, e, portanto,</p><p>0 0 20 0 20 9 8 3 00= − − =F</p><p>m</p><p>(cos ( , )sen ) ( , )( , ) ,u u m/s m2 //s m/s</p><p>m/s</p><p>2 2</p><p>2</p><p>− −</p><p>= −</p><p>0 20 1 96</p><p>1 04 0 20</p><p>, sen ,</p><p>, , sen</p><p>F</p><p>m</p><p>F</p><p>M</p><p>u</p><p>uu</p><p>o que nos dá 5 2 2, / senm s</p><p>F</p><p>m</p><p>= u . Combinando os dois resultados, obtemos</p><p>tan</p><p>,</p><p>,</p><p>, .u u=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= ⇒ = °</p><p>5 2</p><p>3 0</p><p>1 73 60</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2</p><p>33. Chamamos o módulo da força de atrito de v e consideramos positivo o sentido do movi-</p><p>mento do barco. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:</p><p>− =v m</p><p>dv</p><p>dt</p><p>e, portanto,</p><p>dv</p><p>v m</p><p>dt</p><p>v</p><p>v t</p><p>0 0∫ ∫= − </p><p>178 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>na qual v0 é a velocidade do barco no instante t = 0 e v é a velocidade no instante</p><p>t. Calculando</p><p>as integrais, temos</p><p>ln</p><p>.</p><p>v</p><p>v</p><p>t</p><p>m0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= − </p><p>Fazendo v = v0/2 e explicitando o tempo, temos:</p><p>t</p><p>m v</p><p>v</p><p>m= −</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= − </p><p></p><p></p><p> = −</p><p>⋅ </p><p>ln ln</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>1000 kg</p><p>70 N s//m</p><p>s.ln ,</p><p>1</p><p>2</p><p>9 9</p><p></p><p></p><p> =</p><p>34. A figura mostra os diagramas de corpo livre da prancha e do bloco.</p><p></p><p>F é a força aplicada ao bloco,</p><p></p><p>FNp é a força normal aplicada à prancha pelo piso, FNb é o mó-</p><p>dulo da força normal entre a prancha e o bloco,</p><p></p><p>f é a força de atrito entre a prancha e o bloco,</p><p>mp é a massa da prancha e mb é a massa do bloco. Para os dois objetos, o eixo x é horizontal,</p><p>orientado para a direita, e o eixo y é vertical, orientado para cima.</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y dos dois objetos, obtemos quatro equa-</p><p>ções:</p><p>− =</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>− =</p><p>f m a</p><p>F F m g</p><p>f F m a</p><p>F m g</p><p>p p</p><p>Np Nb p</p><p>b b</p><p>Nb b</p><p>0</p><p>0.</p><p>De acordo com a quarta equação, a maior força de atrito estático possível entre o bloco e a</p><p>prancha é</p><p>m mp Nb p bF m g= = =( , )( )0 60 10 59kg)(9,8 m/s N.2</p><p>Vamos verificar se o bloco desliza sobre a prancha. Supondo que isso não acontece, ap = ab (que</p><p>vamos chamar simplesmente de a). Nesse caso, a força de atrito é</p><p>f</p><p>m F</p><p>m m</p><p>p</p><p>p b</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>=(40</p><p>40</p><p>80</p><p>kg)(100 N)</p><p>kg 10 kg</p><p>N</p><p>que é maior que fs,máx. Isso mostra que o bloco desliza sobre a prancha, de modo que temos que</p><p>usar o coeficiente de atrito cinético.</p><p>(a) Fazendo f = µk FNb nas equações acima, temos:</p><p>a</p><p>m g F</p><p>m</p><p>b</p><p>k b</p><p>b</p><p>= − = −m (0,40)(10 kg)(9,8 m/s N2 ) 100</p><p>100</p><p>6 1</p><p>kg</p><p>m/s2= − , .</p><p>O sinal negativo mostra que a aceleração do bloco é para a esquerda, ou seja,</p><p></p><p>ab = −( , )ˆ6 1 m/s i.2</p><p>(b) Temos também:</p><p>a</p><p>m g</p><p>m</p><p>p</p><p>k b</p><p>p</p><p>= − = − = −m (0,40)(10 kg)(9,8 m/s</p><p>kg</p><p>2 )</p><p>40</p><p>00 98, .m/s2</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 179</p><p>O sinal negativo mostra que a aceleração da prancha também é para a esquerda, ou seja,</p><p></p><p>ap = −( , )ˆ0 98 m/s i.2</p><p>35. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos são mostrados na figura a seguir. F9 é a força</p><p>de contato entre os dois blocos e a força de atrito estático</p><p></p><p>fs está com o valor máximo (de modo</p><p>que, de acordo com a Eq. 6-1, fs = fs,máx = µsF9).</p><p>Tratando os dois blocos como um sistema único (que desliza no piso sem atrito), usamos a</p><p>Segunda Lei de Newton para obter uma expressão para a aceleração:</p><p>F m a a</p><p>F</p><p>m M</p><p>= ⇒ =</p><p>+total .</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco m e substituindo a pelo valor calculado acima,</p><p>obtemos as seguintes equações:</p><p>F F ma F F m</p><p>F</p><p>m M</p><p>f mg Fs s</p><p>− = ⇒ = −</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− = ⇒</p><p>' '</p><p>0 m '' .− =mg 0</p><p>Eliminando F9 nas equações acima, obtemos:</p><p>F</p><p>mg</p><p>m</p><p>m M</p><p>s</p><p>,5</p><p>2</p><p>1</p><p>5</p><p>m 1</p><p>4 9 102</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>× N.</p><p>36. Explicitando a área da seção reta efetiva na Eq. 6-16, obtemos a equação A</p><p>F</p><p>C v</p><p>g</p><p>t</p><p>=</p><p>2</p><p>2</p><p>, se-</p><p>gundo a qual a área é inversamente proporcional à velocidade ao quadrado. Assim, dividindo a</p><p>área na posição de menor velocidade pela área de maior velocidade, temos:</p><p>A</p><p>A</p><p>v</p><p>v</p><p>menor</p><p>maior</p><p>km/h</p><p>16</p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=maior</p><p>menor</p><p>2</p><p>310</p><p>00 km/h</p><p></p><p></p><p></p><p> =</p><p>2</p><p>3 75, .</p><p>37. Na solução do Problema 8, vimos que a força do vento sobre a pedra teria que ser pelo me-</p><p>nos F = 160 N para manter a pedra em movimento.</p><p>(a) Fazendo F = D (a força de arrasto), podemos usar a Eq. 6-14 para calcular a velocidade do</p><p>vento em relação ao solo (na verdade, deveria ser a velocidade do vento em relação à pedra,</p><p>mas a velocidade da pedra é tão pequena que a diferença é desprezível):</p><p>V</p><p>F</p><p>C A</p><p>= = =2 2 157</p><p>0 80 1 21 0 040</p><p>( )</p><p>( , )( , )( , )</p><p>N</p><p>kg/m m3 2</p><p>990 320m/s km/h.=</p><p>(b) Multiplicando por 2 o resultado do item anterior, obtemos uma velocidade de 6,4 × 102</p><p>km/h.</p><p>(c) Não, não é razoável. O vento de um furacão da categoria 5 (a maior de todas) é da ordem</p><p>de 260 km/h.</p><p>180 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>38. (a) De acordo com a Eq. 6-14,</p><p>D C Av= 1</p><p>2</p><p>2</p><p>em que C é o coeficiente de arrasto, ρ é a massa específica do ar, A é a seção reta efetiva do</p><p>conjunto piloto + assento e v é a velocidade do avião no momento da ejeção. Como no enuncia-</p><p>do é dito que o coeficiente de arrasto é o mesmo que o de um paraquedista, podemos escrever,</p><p>com base na Eq. 6-16,</p><p>v</p><p>F</p><p>C A</p><p>C A</p><p>mg</p><p>v</p><p>t</p><p>g</p><p>t</p><p>= ⇒ =</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p></p><p>em que, de acordo com a Tabela 6-1, vt = 60 m/s no caso de um paraquedista.</p><p>Substituindo na primeira equação, obtemos:</p><p>D</p><p>mg</p><p>v mg</p><p>v= </p><p></p><p></p><p> = </p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>60 602</p><p>2</p><p>2</p><p>.</p><p>Convertendo a velocidade do avião para unidades do SI, temos: v = (1300)(1000)/3600 ≈360 m/s.</p><p>Supondo que a massa do piloto é 70 kg, obtemos: D = (70 kg)(9,8 m/s2)(360/60)2 ≈ 2 × 104 N.</p><p>(b) Supondo que a massa do assento é igual à massa do piloto, a Segunda Lei de Newton nos dá</p><p>a</p><p>D</p><p>m</p><p>g v</p><p>g= = </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>2 2 60</p><p>18</p><p>2</p><p>.</p><p>39. No caso de um avião a jato, D C Avj j= 1</p><p>2 1</p><p>2 , enquanto para um avião a hélice D C Avh h= 1</p><p>2 2</p><p>2 ,</p><p>na qual 1 e 2 representam a massa específica do ar a 10 km e 5,0 km de altitude, respectiva-</p><p>mente. Assim, a razão pedida é</p><p>D</p><p>D</p><p>v</p><p>v</p><p>j</p><p>h</p><p>j</p><p>h</p><p>= =</p><p>( )( )</p><p></p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>0 38 1000</p><p>0</p><p>, kg/m km/h3</p><p>,,</p><p>, .</p><p>67 500</p><p>2 32</p><p>kg/m km/h3( )( )</p><p>=</p><p>40. (a) A força que age sobre o esquiador é</p><p>F mg F mg mg mgg N= − = − = −sen sen cos (sen cos )u m u m u u m u</p><p>== −( , )( , ) sen , ( , ) cos85 0 9 80 40 0 0 04000 40kg m/s2  ,,0</p><p>510</p><p>[ ]</p><p>= N.</p><p>Assim, a velocidade terminal do esquiador é</p><p>v</p><p>F</p><p>C A</p><p>t</p><p>g= =</p><p>2 2 510</p><p>0 150 1 20 1 30</p><p>( )</p><p>( , )( , )( ,</p><p>N</p><p>kg/m m3 2 ))</p><p>,= 66 0 m/s.</p><p>(b) Derivando vt em relação a C, obtemos</p><p>dv</p><p>F</p><p>A</p><p>C dCt</p><p>g= − = −−1</p><p>2</p><p>2 1</p><p>2</p><p>2 510</p><p>1 20 1</p><p>3 2</p><p></p><p>/</p><p>( )</p><p>( , )(</p><p>N</p><p>kg/m3 ,, )</p><p>( , )</p><p>( ,</p><p>/</p><p>30</p><p>0 150</p><p>2 20 10</p><p>3 2</p><p>2</p><p>m</p><p>m/s) .</p><p>2</p><p>−</p><p>= − ×</p><p>dC</p><p>dC</p><p>41. De acordo com as Eqs. 4-35 e 6-23, temos:</p><p>µs = (2πR/T )2/gR = 4π2R/gT 2,</p><p>o que, para T = 6,0 s e R = 5,4 m, nos dá µs = 0,60.</p><p>42. O módulo da aceleração do carro ao fazer a curva é v2/R, na qual v é a velocidade do carro e</p><p>R é o raio da curva. Como a curva não é compensada, apenas o atrito com a estrada torna pos-</p><p>sível essa aceleração. Aplicando a Segunda Lei de Newton à força de atrito, temos: f = mv2/R.</p><p>Se FN é a força normal e m é a massa do carro, o equilíbrio de forças na direção vertical nos dá</p><p>FN = mg. De acordo com a Eq. 6-1, o valor máximo do atrito estático é</p><p>fs,máx = µs FN = µsmg.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 181</p><p>Para que o carro não derrape, devemos ter f ≤ µsmg. Isso significa que</p><p>v</p><p>R</p><p>g v Rgs s</p><p>2</p><p>≤ ⇒ ≤m m .</p><p>Assim, a velocidade máxima com a qual o carro pode fazer a curva sem derrapar é</p><p>v Rgsmáx = = = ≈m ( , )( , )( , )0 60 30 5 9 8 13m m/s m/s 482 km/h.</p><p>43. Usando o mesmo raciocínio do problema anterior, chegamos às relações</p><p>v</p><p>R</p><p>g R</p><p>v</p><p>g</p><p>s</p><p>s</p><p>2 2</p><p>≤ ⇒ ≥m</p><p>m</p><p>.</p><p>Assim, o raio mínimo da curva que o ciclista pode fazer sem derrapar é</p><p>R</p><p>v</p><p>gs</p><p>míx = = =</p><p>2 229 1000 3600</p><p>0 32 9 8</p><p>21</p><p>m</p><p>[( )( ) / ]</p><p>( , )( , )</p><p>m.</p><p>44. Para v = 96,6 km/h = 26,8 m/s, a Eq. 6-17 nos dá</p><p>a</p><p>v</p><p>R</p><p>= = =</p><p>2 2</p><p>226 8</p><p>7 6</p><p>94 7</p><p>( , )</p><p>,</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m/s</p><p>que podemos expressar em unidades de g:</p><p>a</p><p>a</p><p>g</p><p>g g g=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2</p><p>94 7</p><p>9 80</p><p>9 7</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>45. As figuras mostram os diagramas de corpo livre do estudante no ponto mais alto e no ponto</p><p>mais baixo da roda-gigante.</p><p>No ponto mais alto, o assento exerce sobre o estudante uma força para cima de módulo FN,alto,</p><p>enquanto a Terra exerce sobre o estudante uma força para baixo de módulo mg. De acordo com</p><p>a Segunda Lei de Newton, a força resultante na direção do centro da roda-gigante é</p><p>mg F</p><p>mv</p><p>R</p><p>N− =, .alto</p><p>2</p><p>No ponto mais baixo, o assento exerce sobre o estudante uma força para cima de módulo FN ,baixo,</p><p>enquanto a Terra exerce sobre o estudante uma força para baixo de módulo mg. De acordo com</p><p>a Segunda Lei de Newton, a força resultante na direção do centro da roda-gigante é</p><p>F mg</p><p>mv</p><p>R</p><p>N ,baixo − =</p><p>2</p><p>(a) De acordo com o enunciado, FN,alto = 556 N. Como o peso do estudante é 667 N, isso sig-</p><p>nifica que o assento está exercendo uma força menor que o peso do estudante. Assim, o “peso</p><p>aparente” do estudante é menor que o peso real, ou seja, o estudante se sente “mais leve”.</p><p>182 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(b) De acordo com os dados do problema, a força</p><p>centrípeta é</p><p>F</p><p>mv</p><p>R</p><p>mg Fc N= = − = − =</p><p>2</p><p>667 556 111,alto N N N.</p><p>Assim, o módulo da força normal no ponto mais baixo é</p><p>F</p><p>mv</p><p>R</p><p>mg F mgN c, .baixo N N N= + = + = + =</p><p>2</p><p>111 667 778</p><p>(c) Se a velocidade da roda-gigante for duplicada, ′ = = =F</p><p>m v</p><p>R</p><p>c</p><p>( )</p><p>(</p><p>2</p><p>4 111 444</p><p>2</p><p>N) N. Assim, no</p><p>ponto mais alto, teremos:</p><p>′ = − ′ = − =F mg FN c,alto N N N.667 444 223</p><p>(d) Usando o resultado parcial do item (c), vemos que o módulo da força normal no ponto mais</p><p>baixo será</p><p>′ = ′+ = + =F F mgN c, .baixo N N N444 667 1111</p><p>Nota: O peso aparente do estudante é máximo no ponto mais baixo e mínimo no ponto mais</p><p>alto do percurso. Para uma velocidade v gR= , FN ,alto = 0 e o estudante se sentiria “sem peso”</p><p>no ponto mais alto.</p><p>46. (a) Uma velocidade de 80,0 km/h equivale a aproximadamente 22,2 m/s em unidades do SI.</p><p>A força horizontal que impede que a policial escorregue do assento é igual à força centrípeta</p><p>(Eq. 6-18) e a força vertical é igual ao seu peso, mg. Assim,</p><p>Fres = ( ) ( / )mg mv R2 2 2+ = 547 N.</p><p>(b) O ângulo é tan−1[(mv2/R)/(mg)] = tan−1(v2/gR)฀= 9,53º (em relação à vertical).</p><p>47. (a) De acordo com a Eq. 4-35, T = 2πR/v = 2π(10 m)/(6,1 m/s) = 10 s.</p><p>(b) A situação é semelhante à do Problema 45. No ponto mais alto do percurso,</p><p>FN = m(g – v2/R) = 486 N.</p><p>(c) No ponto mais baixo do percurso,</p><p>FN = m(g + v2/R) = 1081 N.</p><p>48. Como a situação é semelhante à do problema anterior (quando a roda-gigante está no ponto</p><p>mais alto do percurso), a força normal é dada por</p><p>FN = m(g – v2/R).</p><p>(a) Para m = 1200 kg, v = 11 m/s e R = 18 m, obtemos FN = 3,7 × 103 N.</p><p>(b)</p><p></p><p>FN aponta para cima.</p><p>(c) Para v = 14 m/s, FN = –1,3 × 103 N, ou | FN | = 1,3 × 103 N.</p><p>(d) O fato de que o valor de FN é negativo significa que, nesse caso,</p><p></p><p>FN aponta para baixo.</p><p>49. No alto do vale, a situação é semelhante à do problema anterior e a força normal é dada</p><p>por</p><p>FN = m(g – v2/R).</p><p>que, para FN = 0, nos dá v2/R = g.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 183</p><p>No fundo do vale, a situação é semelhante à do item (c) do Problema 47 e a força normal é</p><p>dada por</p><p>FN = m(g + v2/R)</p><p>que, para v2/R = g, nos dá FN = 2mg = 1372 N ≈ 1,37 × 103 N.</p><p>50. Sabemos que o gráfico da Fig. 6-40a representa uma função da forma F = mv2/r.</p><p>(a) A inclinação do gráfico para v = 8 30, m/s é</p><p>dF</p><p>dv</p><p>mv</p><p>rv v= =</p><p>= =</p><p>8 30 8 30</p><p>2 2 85 0 8 30</p><p>, ,</p><p>( , )( ,</p><p>m/s m/s</p><p>kg m//s</p><p>m</p><p>N s/m.</p><p>)</p><p>,3 50</p><p>403= ⋅</p><p>(b) Como o período do movimento é T = 2πr/v,</p><p>F</p><p>mv</p><p>r</p><p>m</p><p>r</p><p>r</p><p>T</p><p>mr</p><p>T</p><p>= = </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>2 4 </p><p>,</p><p>e a inclinação do gráfico da Fig. 6-40b para T = 2,50 s é</p><p>dF</p><p>dT</p><p>mr</p><p>TT T= =</p><p>= − =</p><p>2 50</p><p>2</p><p>3</p><p>2 50</p><p>28 8 85 0 3 5</p><p>, ,</p><p>( , )( ,</p><p>s s</p><p>kg  00</p><p>2 50</p><p>1 50 103</p><p>m</p><p>s)</p><p>N/s.</p><p>3</p><p>)</p><p>( ,</p><p>,= − ×</p><p>51. A figura mostra o diagrama de corpo livre do avião.</p><p></p><p>Fl é a força de sustentação aerodi-</p><p>nâmica. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos do problema (x para a direita e y para</p><p>cima), temos:</p><p>F m</p><p>v</p><p>R</p><p>F mg</p><p>l</p><p>l</p><p>sen</p><p>cos</p><p>u</p><p>u</p><p>=</p><p>=</p><p>2</p><p>Eliminando a massa nesse sistema de equações, obtemos tanu = v</p><p>gR</p><p>2</p><p>.</p><p>Para v = 480 km/h = 133 m/s e θ = 40°, temos:</p><p>R</p><p>v</p><p>g</p><p>= =</p><p>°</p><p>= ≈</p><p>2 2133</p><p>9 8 40</p><p>2151 2</p><p>tan</p><p>( )</p><p>( , ) tanu</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>m</p><p>2</p><p>,,2 103× m</p><p>52. A situação é semelhante à do Problema 45, com a força normal FN substituída pela força da</p><p>haste FH. Assim, no ponto mais alto da trajetória, FH = mv2/r − P, em que P é o peso do carro</p><p>com os passageiros.</p><p>(a) Para v = 5,0 m/s, r = 10 m e P = 5000 N, FH = 3,7 × 103 N.</p><p>(b) O sentido de</p><p></p><p>FH é para cima.</p><p>(c) Para v = 10,0 m/s, r = 10 m e P = 5000 N, FH = −2,3 × 103 N.</p><p>(d) O sinal negativo indica que o sentido de</p><p></p><p>FH é para baixo.</p><p>184 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>53. O diagrama de corpo livre de uma das alças foi traçado do ponto de vista que um passageiro</p><p>teria se estivesse olhando para a frente e o bonde fizesse uma curva para a direita. Note que a =</p><p>v2 /R, na qual v = 16 km/h = 4,4 m/s.</p><p>Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos do problema (x para a direita e y para cima),</p><p>temos:</p><p>T m</p><p>v</p><p>R</p><p>T mg</p><p>sen</p><p>cos .</p><p>u</p><p>u</p><p>=</p><p>=</p><p>2</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−tan 1</p><p>2v</p><p>Rg</p><p>que nos dá θ = 12°.</p><p>54. A força centrípeta experimentada pelos passageiros é F mv r= 2 / .</p><p>(a) A variação de F com r sem que v varie é dF</p><p>mv</p><p>r</p><p>dr= −</p><p>2</p><p>2</p><p>.</p><p>(b) A variação de F com v sem que r varie é dF</p><p>mv</p><p>r</p><p>dv= 2</p><p>.</p><p>(c) O período de uma trajetória circular é T r v= 2 / . Assim,</p><p>F</p><p>mv</p><p>r</p><p>m</p><p>r</p><p>r</p><p>T</p><p>mr</p><p>T</p><p>= = </p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>2 4 </p><p>,</p><p>e a variação de F com T sem que r varie é</p><p>dF</p><p>mr</p><p>T</p><p>dT mr</p><p>v</p><p>r</p><p>dT</p><p>mv</p><p>r</p><p>= − = − </p><p></p><p></p><p></p><p>= −</p><p></p><p>8</p><p>8</p><p>2</p><p>2</p><p>3</p><p>2</p><p>3 3</p><p>2</p><p></p><p></p><p> </p><p></p><p></p><p>dT .</p><p>55. Note que, como o período T é oito vezes maior que o intervalo entre os lampejos (1/2000</p><p>s), T = 0,0040 s. Combinando a Eq. 6-18 com a Eq. 4-35, temos:</p><p>F</p><p>m R</p><p>T</p><p>= = =4 4 0 030 0 035</p><p>0 0040</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p> ( , ) ( , )</p><p>( , )</p><p>,</p><p>kg m</p><p>s</p><p>66 103× N.</p><p>56. Podemos usar diretamente o resultado do Problema 53:</p><p>u =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−tan 1</p><p>2v</p><p>gR</p><p>com v = 60(1000/3600) = 17 m/s e R = 200 m. O ângulo de compensação é, portanto, θ = 8,1°.</p><p>Considere um carro que entre na curva com uma velocidade v9 = 40(1000/3600) = 11 m/s. A</p><p>aceleração (horizontal) é ′ = ′a v R2 / , que possui uma componente paralela e uma componente</p><p>perpendicular à superfície da estrada:</p><p>a a</p><p>v</p><p>R</p><p>a a</p><p>v</p><p>R</p><p>| cos</p><p>cos</p><p>.</p><p>|</p><p>sen</p><p>sen</p><p>= ′ = ′</p><p>= ′ = ′</p><p>⊥</p><p>u</p><p>u</p><p>u</p><p>u</p><p>2</p><p>2</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 185</p><p>De acordo com a Segunda Lei de Newton (escolhendo um eixo paralelo à superfície da estrada,</p><p>apontando para o centro da curva, como eixo x e um eixo perpendicular à superfície da estrada,</p><p>apontando para cima, como eixo y), temos:</p><p>mg f ma</p><p>F mg ma</p><p>s</p><p>N</p><p>sen</p><p>cos</p><p>||u</p><p>u</p><p>− =</p><p>− = ⊥</p><p>o que nos dá</p><p>f</p><p>F</p><p>mg mv R</p><p>mg mv R</p><p>s</p><p>N</p><p>= − ′</p><p>+ ′</p><p>sen cos /</p><p>cos sen /</p><p>.</p><p>u u</p><p>u u</p><p>2</p><p>2</p><p>Cancelando a massa e substituindo os valores numéricos, obtemos fs/FN = 0,078. Como o coefi-</p><p>ciente de atrito pedido é o menor para o qual os carros não derrapam, fs = fs,máx e µs = 0,078.</p><p>57. Para que o disco permaneça em repouso, o módulo da tensão T do fio deve ser igual ao peso</p><p>Mg do cilindro. Como a tensão do fio é a força centrífuga que mantém o disco em uma trajetória</p><p>circular, T = mv2/r. Assim, Mg = mv2/r. Explicitando a velocidade, temos:</p><p>v</p><p>Mgr</p><p>m</p><p>= = =</p><p>( , )( , )( , )</p><p>,</p><p>,</p><p>2 50 9 80 0 200</p><p>1 50</p><p>1</p><p>kg m/s m</p><p>kg</p><p>2</p><p>881 m/s.</p><p>58. (a) De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do carro é dada por v v ad2</p><p>0</p><p>2 2= + . Fazendo</p><p>v = 0, v0 = 35 m/s e d = 107 m, obtemos a = −5 72, m/s2 como a aceleração mínima necessária</p><p>para que o carro pare a tempo. Assim, a força de atrito mínima necessária para que o carro pare</p><p>a tempo é</p><p>f m a= = ≈ ×| | ( )( , ) ,1400 5 72 8 0 103kg m/s N.2</p><p>(b) O valor máximo possível do atrito estático é</p><p>f mgs s, ( , )( )( , ) ,máx = = ≈ ×m 0 50 1400 9 80 6 9 10kg m/s2 33 N.</p><p>(c) Se mk = 0 40, , f mgk k= m e a aceleração é a gk= −m . Assim, a velocidade com a qual o</p><p>carro se choca com o muro é</p><p>v v ad= + = − ≈0</p><p>2 22 35 2 0 40 9 8 107( ) ( , )( , )( )m/s m/s m2 220 m/s ou 72 km/h.</p><p>(d) A força necessária para que o carro descreva a trajetória circular que evitaria o choque é</p><p>F</p><p>mv</p><p>r</p><p>r = = = ×0</p><p>2 2</p><p>4</p><p>1400 35 0</p><p>107</p><p>1 6 10</p><p>( )( , )</p><p>,</p><p>kg m/s</p><p>m</p><p>N.</p><p>(e) Como F fr s> ,máx, a manobra não é possível.</p><p>59. A figura mostra o diagrama de corpo livre da bola.</p><p></p><p>Tc é a tensão exercida pelo fio de cima sobre a bola,</p><p></p><p>Tb é a tensão exercida pelo fio de baixo</p><p>e m é a massa da bola. Note que a tensão do fio de cima é maior que a do fio de baixo, porque</p><p>precisa equilibrar, além da tensão do fio de baixo, o peso da bola.</p><p>186 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) Tomamos o eixo x na direção do centro do movimento circular e o eixo y para cima. Como</p><p>o módulo da aceleração é a = v2/R, a Segunda Lei de Newton para o eixo x nos dá</p><p>T T</p><p>mv</p><p>R</p><p>c bcos cos ,u u+ =</p><p>2</p><p>em que v é a velocidade da bola e R é o raio do movimento circular.</p><p>A Segunda Lei de Newton para o eixo y nos dá</p><p>T T mgc bsen sen ,u u− − = 0</p><p>o que nos dá Tb = Tc − mg/sen θ. Como o triângulo é equilátero, θ = 30,0o. Assim,</p><p>Tb = −</p><p>°</p><p>=35 0</p><p>1 34 9 80</p><p>30 0</p><p>8 74,</p><p>9 17, ,ano-luz 186.000 milhas s s= ( ) ×( ) = × 0012 milhas.</p><p>(a) Como 1 2 06 105pc UA= ×, , temos:</p><p>R = = ( )</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= × −1 1</p><p>1</p><p>4 9 10 6UA UA</p><p>pc</p><p>2,06 10 UA</p><p>pc.</p><p>5</p><p>,</p><p>(b) Dado que 1 92 9 106UA milhas= ×, e 1 5 9 1012ano-luz milhas= ×, , as duas expressões</p><p>levam a</p><p>1 92 9 10 92 9 10</p><p>16 6UA milhas milhas)</p><p>ano-l= × = ×, ( ,</p><p>uuz</p><p>milhas</p><p>anos-luz</p><p>5 9 10</p><p>1 57 10 1</p><p>12</p><p>5</p><p>,</p><p>,</p><p>×</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= × ≈− ,,6 10 5× − anos-luz</p><p>Combinando os resultados anteriores, também podemos obter a relação 1 3 2pc anos-luz= , .</p><p>54. (a) De acordo com o Apêndice D, 1 ft = 0,3048 m, 1 gal = 231 in3 e 1 in3 = 1,639 × 10−2 L.</p><p>Assim, 1 gal = 3,79 L e</p><p>460</p><p>460 1</p><p>3 28</p><p>12</p><p>2</p><p>2</p><p>ft /gal</p><p>ft</p><p>gal</p><p>m</p><p>ft</p><p>g=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>,</p><p>aal</p><p>L</p><p>m L</p><p>3 97</p><p>11 3 2</p><p>,</p><p>, / .</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>(b) Como 1 m3 equivale a 1000 L, o resultado do item (a) nos dá</p><p>11 3</p><p>11 3 1000</p><p>1</p><p>1 13 12</p><p>2</p><p>3</p><p>, /</p><p>,</p><p>,m</p><p>m</p><p>L</p><p>L</p><p>m</p><p>L = </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= × 004 1m− .</p><p>(c) O inverso da grandeza original é (460 ft2/gal)−1 = 2,17 × 10−3 gal/ft2.</p><p>(d) A resposta do item (c) representa o volume de tinta (em galões) necessário para pintar uma</p><p>área de um pé quadrado. A partir desse valor, podemos também calcular a espessura da tinta</p><p>[que é da ordem de um décimo de milímetro, como podemos constatar calculando o recíproco</p><p>da resposta do item (b)].</p><p>1. A velocidade (suposta constante) é v = (90 km/h)(1000 m/km) ⁄ (3600 s/h) = 25 m/s. Assim,</p><p>em 0,50 s, o carro percorre uma distância d = vt = (25 m/s)(0,50 s) ≈ 13 m.</p><p>2. (a) Usando o fato de que tempo = distância/velocidade enquanto a velocidade é constante,</p><p>temos:</p><p>vméd m</p><p>m/s</p><p>m</p><p>m m= +</p><p>+</p><p>73 2 73 2</p><p>73 2</p><p>1 22</p><p>73 2</p><p>3 0</p><p>, ,</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>, 55</p><p>1 74</p><p>m</p><p>m/s.= ,</p><p>(b) Usando o fato de que distância = vt enquanto a velocidade é constante, temos:</p><p>vméd</p><p>m/s)(60 s) m/s)(60 s)= +( , ( ,1 22 3 05</p><p>120 ss</p><p>m/s.= 2 14,</p><p>(c) Os gráficos são mostrados a seguir (com as distâncias em metros e os tempos em segundos).</p><p>O primeiro é formado por dois segmentos de reta (linhas cheias), o primeiro com uma inclina-</p><p>ção de 1,22 e o segundo com uma inclinação de 3,05. A inclinação da reta tracejada representa</p><p>a velocidade média (nos dois gráficos). O segundo gráfico também é formado por dois segmen-</p><p>tos de reta (linhas cheias), com a mesma inclinação que no primeiro. A diferença entre os dois</p><p>gráficos é que, no segundo, a segunda fase durou muito mais tempo.</p><p>3. Como a viagem foi feita em duas etapas, vamos chamar os deslocamentos de ∆x1 e ∆x2 e os</p><p>intervalos de tempo correspondentes de ∆t1 e ∆t2. Como o problema é unidimensional e os dois</p><p>deslocamentos são no mesmo sentido, o deslocamento total é ∆x = ∆x1 + ∆x2 e o tempo total de</p><p>viagem é ∆t = ∆t1 + ∆t2. Usando a definição de velocidade média dada pela Eq. 2-2, temos:</p><p>vméd</p><p>km)</p><p>(2,0 h)</p><p>km/h.= =(80</p><p>40</p><p>Para calcular a velocidade escalar média, note que, se a velocidade é uma constante positiva</p><p>durante um intervalo de tempo ∆t, a velocidade escalar é igual ao módulo da velocidade e a dis-</p><p>tância é igual ao módulo do deslocamento: d x v t= =| |∆ ∆ .</p><p>(a) Durante a primeira parte da viagem, o deslocamento é ∆x1 = 40 km e o intervalo de tempo é</p><p>t1</p><p>40</p><p>1 33= =(</p><p>,</p><p>km)</p><p>(30 km/h)</p><p>h.</p><p>Capítulo 2</p><p>16 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Da mesma forma, durante a segunda parte da viagem, o deslocamento é ∆x2 = 40 km e o inter-</p><p>valo de tempo é</p><p>t2</p><p>40</p><p>0 67= =(</p><p>,</p><p>km)</p><p>(60 km/h)</p><p>h.</p><p>O deslocamento total é ∆x = ∆x1 + ∆x2 = 40 km + 40 km = 80 km e o intervalo de tempo total é</p><p>∆t = ∆t1 + ∆t2 = 2,00 h. Assim, a velocidade escalar média é</p><p>vméd</p><p>km)</p><p>(2,0 h)</p><p>km/h.= =(80</p><p>40</p><p>(b) Neste caso, a velocidade escalar média é igual ao módulo da velocidade média:</p><p>sméd km/h.= 40</p><p>(c) A figura a seguir mostra o gráfico da viagem completa. O gráfico é formado por dois segmen-</p><p>tos de reta, o primeiro com uma inclinação de 30 km/h, ligando a origem ao ponto (∆t1, ∆x1) =</p><p>( ,1 33 h, 40 km), e o segundo com uma inclinação de 60 km/h, ligando o ponto (∆t1, ∆x1) ao</p><p>ponto (∆t, ∆x) = (2,00 h, 80 km).</p><p>4. Ao contrário da velocidade média, a velocidade escalar média está relacionada à distância total</p><p>e não ao deslocamento total. Naturalmente, a distância D para subir a ladeira é igual à distância</p><p>para descer a ladeira; como a velocidade escalar é constante (durante a subida e durante a desci-</p><p>da), nos dois casos a velocidade escalar é = D/t. Assim, a velocidade escalar média é dada por</p><p>D D</p><p>t t</p><p>D</p><p>D</p><p>v</p><p>subida descida</p><p>subida descida</p><p>subida</p><p>+</p><p>+</p><p>= 2</p><p>++ D</p><p>vdescida</p><p>o que, depois de cancelar D e fazer vsubida = 40 km/h e vdescida = 60 km/h, nos dá uma velocidade</p><p>escalar média de 48 km/h.</p><p>5. Podemos usar a função x = 3t – 4t2 + t3 considerando implícito que as unidades de x e t são</p><p>as unidades do SI (e é assim que vamos proceder), mas se quiséssemos tornar as unidades ex-</p><p>plícitas poderíamos escrever</p><p>x = (3 m/s)t – (4 m/s2)t2 + (1 m/s3)t3.</p><p>Vamos escrever respostas com um ou dois algarismos significativos, sem nos preocupar com</p><p>as regras para algarismos significativos.</p><p>(a) Fazendo t = 1 s, obtemos x = 3 – 4 + 1 = 0.</p><p>(b) Para t = 2 s, obtemos x = 3(2) – 4(2)2+(2)3 = –2 m.</p><p>(c) Para t = 3 s, temos x = 0 m.</p><p>(d) Fazendo t = 4 s, temos x = 12 m.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 17</p><p>Para futura referência, notamos também que a posição em t = 0 é x = 0.</p><p>(e) Subtraímos a posição em t = 0 da posição em t = 4 s para obter o deslocamento ∆x = 12 m.</p><p>(f) Subtraímos a posição em t = 2 s da posição em t = 4 s para obter o deslocamento ∆x = 14 m.</p><p>De acordo com a Eq. 2-2, temos:</p><p>v</p><p>x</p><p>t</p><p>méd m/s.= = =∆</p><p>∆</p><p>14</p><p>2</p><p>7</p><p>(g) A posição do objeto no intervalo 0 ≤ t ≤ 4 é mostrada no gráfico a seguir. A linha reta tra-</p><p>çada do ponto (2 s, –2 m) ao ponto (4 s, 12 m) representa a velocidade média, que é a resposta</p><p>do item (f).</p><p>6. A velocidade de Huber foi</p><p>v0 = (200 m)/(6,509 s) = 30,72 m/s = 110,6 km/h,</p><p>na qual usamos o fator de conversão 1 m/s = 3,6 km/h. Como Whittingham quebrou o recorde de</p><p>Huber por 19,0 km/h, sua velocidade foi v1 = (110,6 km/h + 19,0 km/h) = 129,6 km/h ou 36 m/s</p><p>(1 km/h = 0,2778 m/s). Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-2, o tempo gasto por Whittingham</p><p>para percorrer os 200 m foi</p><p>∆ ∆</p><p>t</p><p>x</p><p>v</p><p>= = =</p><p>1</p><p>5 554</p><p>200 m</p><p>36 m/s</p><p>s.,</p><p>7. Como a distância entre os trens está diminuindo à taxa de 60 km/h, o tempo até o choque é</p><p>t = (60 km)/(60 km/h) = 1,0 h. Durante esse tempo, o pássaro percorre uma distância x = vt =</p><p>(60 km/h)(1,0 h) = 60 km.</p><p>8. O tempo que cada pessoa leva para percorrer uma distância L com velocidade vs é ∆t L vs= / .</p><p>A cada pessoa que chega, a espessura da camada aumenta de uma espessura de corpo d.</p><p>(a) A taxa de aumento da camada de pessoas é</p><p>R</p><p>d</p><p>t</p><p>d</p><p>L v</p><p>dv</p><p>Ls</p><p>s= = = = =</p><p>∆ /</p><p>( , )( , )</p><p>,</p><p>,</p><p>0 25 3 50</p><p>1 75</p><p>0</p><p>m m/s</p><p>m</p><p>550 m/s.</p><p>(b) O tempo necessário para que a espessura da camada chegue a D = 5 0, m é</p><p>t</p><p>D</p><p>R</p><p>= = =5 0</p><p>10</p><p>, m</p><p>0,50 m/s</p><p>s.</p><p>9. Convertidos para segundos, os tempos são t1 = 147,95 s e t2 = 148,15 s, respectivamente. Se</p><p>os corredores fossem igualmente velozes, teríamos</p><p>s s</p><p>L</p><p>t</p><p>L</p><p>t</p><p>méd méd2</p><p>1</p><p>1</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>= ⇒ = .</p><p>18 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Isto nos dá</p><p>L L L2 1 1</p><p>148 15</p><p>147 95</p><p>1 1 35− = −</p><p></p><p></p><p></p><p>≈,</p><p>,</p><p>, m</p><p>na qual fizemos L1 ≈ 1000 m no último passo. Assim, se a diferença entre L2 e L1 for menor que</p><p>aproximadamente 1,4 m, o corredor 1 é realmente mais rápido que o corredor 2. Entretanto, se</p><p>a diferença entre L2 e L1 for maior que 1,4 m, o corredor 2 será o mais rápido.</p><p>10. Seja vv a velocidade do vento e vc a velocidade do carro.</p><p>(a) Suponha que, no intervalo de tempo t1, o carro se move na mesma direção que o vento.</p><p>Nesse caso, a velocidade efetiva do carro é dada por v v vef c v,1 = + e a distância percorrida é</p><p>d v t v v tef c v= = +, ( )1 1 1 . Na viagem de volta, durante o intervalo t2, o carro se move no sentido</p><p>contrário ao do vento e a velocidade efetiva é v v vef c v,2 = − . Nesse caso, a distância percorrida</p><p>é d v t v v tef c v= = −, ( )2 2 2. As duas expressões podem ser escritas na forma</p><p>v v</p><p>d</p><p>t</p><p>v v</p><p>d</p><p>t</p><p>c v c v+ = − =</p><p>1 2</p><p>e</p><p>Somando as duas equações e dividindo por dois, obtemos v</p><p>d</p><p>t</p><p>d</p><p>t</p><p>c = +</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>( , )( , )</p><p>sen ,</p><p>,N</p><p>kg m/s</p><p>N.</p><p>2</p><p>(b) O módulo da força resultante é</p><p>F T Tc bres N N= +( ) = + ° =cos ( , , )cos , ,u 35 0 8 74 30 0 37 9 N.</p><p>(c) O raio do movimento circular é R = (1,70 m)(cos 30o) = 1,47 m. Como Fres = mv2/R, a velo-</p><p>cidade da bola é</p><p>v</p><p>RF</p><p>m</p><p>= = =res m) N</p><p>kg</p><p>m/s</p><p>( , ( , )</p><p>,</p><p>, .</p><p>1 47 37 9</p><p>1 34</p><p>6 45</p><p>(d) A direção de</p><p></p><p>Fres é radial, para o centro do movimento circular.</p><p>60. A figura mostra os diagramas de corpo livre das duas caixas.</p><p>T é o módulo da força exercida sobre a haste (se T > 0, dizemos que a haste está sob tração; se</p><p>T < 0, dizemos que a haste está sob compressão),</p><p></p><p>FN 2 é a força normal sobre a caixa 2 (a caixa</p><p>com formigas pretas),</p><p></p><p>FN1 é a força normal sobre a caixa 1 (a caixa com formigas vermelhas), </p><p>f1 é a força de atrito cinético sobre a caixa 1,</p><p></p><p>f2 é a força de atrito cinético sobre a caixa 2, m1</p><p>é a massa da caixa 1 e m2 é a massa da caixa 2.</p><p>Para cada bloco, escolhemos um eixo x encosta abaixo (na direção do canto inferior direito, nas</p><p>figuras) e um eixo y na direção da força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos</p><p>x e y das duas caixas, obtemos quatro equações:</p><p>m g f T m a</p><p>F m g</p><p>m g f T m</p><p>N</p><p>2 2 2</p><p>2 2</p><p>1 1</p><p>0</p><p>sen</p><p>cos</p><p>sen</p><p>u</p><p>u</p><p>u</p><p>− − =</p><p>− =</p><p>− + = 11</p><p>1 1 0</p><p>a</p><p>F m gN − =cosu</p><p>que, combinadas com a Eq. 6-2 (fk = µkFN), descrevem totalmente a dinâmica do sistema.</p><p>(a) Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos:</p><p>T</p><p>m m g</p><p>m m</p><p>=</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>− =2 1</p><p>2 1</p><p>1 2 1 05( N.m m u)cos ,</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 187</p><p>(b) A solução para a aceleração é</p><p>a g</p><p>m m</p><p>m m</p><p>= − +</p><p>+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p> =sen cos ,u</p><p>m m</p><p>u2 2 1 1</p><p>2 1</p><p>3 62 m/s2 .</p><p>(c) Inverter a posição das caixas equivale a trocar os índices. A equação obtida no item (a)</p><p>mostra que essa troca leva a um valor negativo para T, com o mesmo módulo de antes. Assim,</p><p>a situação permanece a mesma, exceto pelo fato de que a haste passa a estar sob compressão e</p><p>não sob tração, como na situação anterior.</p><p>61. O sistema é formado por duas caixas, uma em cima da outra. Se puxarmos o bloco de baixo</p><p>com muita força, o bloco de cima deslizará sobre o de baixo. Estamos interessados em calcular</p><p>a força máxima que pode ser aplicada sem que os blocos deixem de se mover juntos, A figura</p><p>mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos.</p><p>Em primeiro lugar, calculamos o coeficiente de atrito estático da superfície entre os dois blocos.</p><p>Como uma força de no mínimo Fmín = 12 N deve ser aplicada ao bloco de cima para que deslize,</p><p>F f F m gs s N a s amín mán= = =, ,m m e, portanto,</p><p>ms</p><p>a</p><p>F</p><p>m g</p><p>= = =mín 12</p><p>0 31</p><p>N</p><p>(4,0 kg)(9,8 m/s )2</p><p>, .</p><p>Usando o mesmo raciocínio, para que os dois blocos se movam juntos, a força aplicada ao bloco</p><p>de baixo não deve ser maior que</p><p>F F m m gs s a b= = +m mN,b ( ) .</p><p>(a) A última equação nos dá:</p><p>F m m gs t b= + = + =m ( ) ( , )( , , )( , )0 31 4 0 5 0 9 8 2kg kg m/s2 77 N.</p><p>(b) A aceleração máxima com a qual os blocos se movem juntos é</p><p>a</p><p>F</p><p>m m</p><p>g</p><p>t b</p><p>smáx =</p><p>+</p><p>= = =m ( , )( , ) , .0 31 9 8 3 0m/s m/s2 2</p><p>62. O diagrama de corpo livre da pedra é mostrado na figura.</p><p>188 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p></p><p>F é a força aplicada à pedra,</p><p></p><p>FN é a força normal para baixo que o teto exerce sobre a pedra,</p><p>mg</p><p></p><p>é a força de gravidade e</p><p></p><p>f é a força de atrito. Escolhemos um eixo x para a direita e um</p><p>eixo y para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>F F f ma</p><p>F F F mg</p><p>x</p><p>y N</p><p>= − =</p><p>= − − =</p><p>cos</p><p>sen</p><p>u</p><p>u 0</p><p>Como f Fk N= m , e a segunda equação nos dá F F mgN = −senu ,</p><p>f F mgk= −m u( sen ).</p><p>Substituindo essa expressão na primeira equação, obtemos</p><p>F cos θ – µk (F sen θ฀−฀mg ) = ma.</p><p>Para a = 0 , a força é</p><p>F</p><p>mgk</p><p>k</p><p>= −</p><p>−</p><p>m</p><p>u m ucos sen</p><p>Para µk = 0,65, m = 5,0 kg e θ฀฀= 70º, obtemos F = 118 N.</p><p>63. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre da alpinista (representada por um bloco em</p><p>forma de L).</p><p>A força que a alpinista exerce sobre a pedra não é mostrada (já que o diagrama mostra apenas as</p><p>forças que são exercidas sobre ela), mas está relacionada às forças normais</p><p></p><p>FN1 e</p><p></p><p>FN 2 exercidas</p><p>horizontalmente sobre os sapatos e sobre as costas da alpinista, respectivamente. Como vamos</p><p>mostrar no item (b) que FN1 = FN2, não está errado dizer que o módulo da força que a alpinista</p><p>exerce sobre a pedra é FN2. A força total para cima exercida pela força (máxima) de atrito está-</p><p>tico é</p><p>  </p><p>f f f= +1 2 , em que f Fs N1 1 1= m e f Fs N2 2 2= m .</p><p>(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y (x para a direita e y para cima), e como</p><p>não há aceleração em nenhuma direção,</p><p>F F</p><p>f f mg</p><p>N N1</p><p>1 2</p><p>0</p><p>0</p><p>2 5</p><p>1 2 5</p><p>2</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 189</p><p>De acordo com a primeira equação, as forças normais são iguais: FN1 = FN2 = FN. Assim, de</p><p>acordo com a Eq. 6-1,</p><p>f F</p><p>f F</p><p>N</p><p>N</p><p>1 1</p><p>2 2</p><p>=</p><p>=</p><p>m</p><p>m</p><p>s</p><p>s</p><p>e, portanto,</p><p>f f1</p><p>1</p><p>2</p><p>2=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>m</p><p>m</p><p>s</p><p>s</p><p>.</p><p>Assim, a segunda equação, f1 + f2 – mg = 0, nos dá</p><p>m</p><p>m</p><p>s</p><p>s</p><p>1</p><p>2</p><p>21+</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p> =f mg</p><p>que (para m = 49 kg) nos dá f2 = 192 N. Portanto, F fN s= =2 2 240/ m N é o módulo da força</p><p>que a alpinista exerce sobre a pedra.</p><p>(c) De acordo com os cálculos acima, f FN1 1 288= =µs N , o que significa que</p><p>f</p><p>P</p><p>1 288</p><p>49 9 8</p><p>0 60= ( ) ( ) =</p><p>,</p><p>, ,</p><p>ou seja, 60% do peso da alpinista é sustentado pelo atrito dos sapatos.</p><p>64. (a) A força para cima exercida pelo vagão sobre o passageiro é igual ao peso do passageiro;</p><p>assim, a força resultante não possui uma componente vertical. Isso significa que a força resul-</p><p>tante é igual à componente horizontal (força centrípeta). Assim,</p><p></p><p>F Fres N.= = 210</p><p>(b) De acordo com a Eq. 6-18, temos:</p><p>v</p><p>FR</p><p>m</p><p>= = =</p><p>( )( )</p><p>,</p><p>,</p><p>210 470</p><p>51 0</p><p>44 0</p><p>N m</p><p>kg</p><p>m/s.</p><p>65. A massa da camada de gelo é</p><p>mgelo kg/m m m m 7,= ( ) × × =917 400 500 0 00403 ( , ) 334 10 kg.5×</p><p>Somando a esse valor a massa de cem pedras (com 20 kg cada uma), obtemos m = 7,36 × 105 kg.</p><p>(a) Fazendo F = D (a força de arrasto), podemos usar a Eq. 6-14 para calcular a velocidade do</p><p>vento em relação ao solo (na verdade, deveria ser a velocidade do vento em relação à pedra,</p><p>mas a velocidade da pedra é tão pequena que a diferença é desprezível).</p><p>v</p><p>mg</p><p>C A</p><p>k= =</p><p>( ) ×( )m</p><p>4</p><p>0 10 7 36 10 9 85</p><p>gelo gelo</p><p>kg m/s, , , 22</p><p>3 2kg/m m</p><p>m/s</p><p>( )</p><p>( )( ) ×( ) =</p><p>4 0 002 1 21 400 500</p><p>19</p><p>, ,</p><p>≈≈ 69 km/h.</p><p>(b) Multiplicando por 2 o resultado do item anterior, obtemos uma velocidade de 138 km/h.</p><p>(c) Sim, é razoável. O vento de um furacão da categoria 5 (a maior de todas) é da ordem de</p><p>260 km/h.</p><p>66. Como o coeficiente de atrito estático não é mencionado, concluímos que a força resultante</p><p>é maior que fs,máx. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x dos blocos, que para o bloco 1</p><p>é positivo para a direita e para o bloco 2 é positivo encosta abaixo, obtemos:</p><p>T – fk = m1a</p><p>m2g senθ – T = m2a.</p><p>190 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>Somando as equações, obtemos a aceleração:</p><p>a</p><p>m g f</p><p>m m</p><p>k= −</p><p>+</p><p>2</p><p>1 2</p><p>sen</p><p>.</p><p>u</p><p>Para fk = µkFN = µk m1g, obtemos</p><p>a = ° −( , )( , ) sen ( , )( , )( ,3 0 9 8 30 0 25 2 0 9 8kg m/s kg m2 //s</p><p>kg kg</p><p>m/s</p><p>2</p><p>2)</p><p>, ,</p><p>, .</p><p>3 0 2 0</p><p>1 96</p><p>+</p><p>=</p><p>Substituindo esse valor em uma das equações, obtemos T = 8,8 N.</p><p>67. Cada lado da vala exerce uma força normal sobre o caixote. A figura da esquerda mostra</p><p>uma seção reta do conjunto.</p><p>A força resultante tem a direção na reta tracejada. Como as duas forças normais fazem um ân-</p><p>gulo de 45° com a reta tracejada, o módulo da força resultante é</p><p>F F FNr N N= =2 45 2cos  .</p><p>A figura da direita é o diagrama de corpo livre do caixote. (Trata-se de uma vista “lateral”, como</p><p>a que é mostrada no desenho da esquerda da Fig. 6-51.)</p><p></p><p>FNr é a força normal resultante, mg</p><p></p><p>é</p><p>a força da gravidade e</p><p></p><p>f é a força de atrito. Escolhemos um eixo x encosta abaixo e um eixo y</p><p>da direção de</p><p></p><p>FNr . Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos:</p><p>x: mg sen θ – f = ma</p><p>y: FNr – mg cos θ = 0.</p><p>Como o caixote está em movimento, os dois lados da vala exercem uma força de atrito cinético,</p><p>e o módulo da força de atrito resultante é dado por</p><p>f F F Fk N k Nr k Nr= = =2 2 2 2m m</p><p>2 1 2</p><p>. Assim, o método 1</p><p>fornece a velocidade do carro vc na ausência de vento.</p><p>(b) No caso do método 2, o resultado é</p><p>′ =</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>+</p><p>−</p><p>= −</p><p>v</p><p>d</p><p>t t</p><p>d</p><p>t t</p><p>d</p><p>d</p><p>v v</p><p>d</p><p>v v</p><p>v</p><p>c</p><p>c v c v</p><p>c</p><p>( ) /1 2 1 2</p><p>2</p><p>2</p><p>2 2 vv</p><p>v</p><p>v</p><p>v</p><p>v</p><p>v</p><p>c</p><p>c</p><p>v</p><p>c</p><p>2</p><p>2</p><p>1= −</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>A diferença relativa é</p><p>v v</p><p>v</p><p>v</p><p>v</p><p>c c</p><p>c</p><p>v</p><p>c</p><p>− ′ =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= = × −</p><p>2</p><p>2 40 0240 5 76 10( , ) ,</p><p>e a diferença percentual é 5,76 × 1024 × 100 ≈ 0,06%.</p><p>11. Os dados do problema deixam claro que a primeira parte da viagem (a 100 km/h) levou uma</p><p>hora e a segunda parte (a 40 km/h) também levou 1 hora. Expresso em forma decimal, o tempo</p><p>que resta é 1,25 hora e a distância restante é 160 km. Assim, a menor velocidade necessária é</p><p>v = (160 km)/(1,25 h) = 128 km/h.</p><p>12. (a) Suponha que os carros rápidos e lentos estão separados por uma distância d no instan-</p><p>te t = 0. Se durante o intervalo de tempo t = L/v1 = (12,0 m)/(5,0 m/s) = 2,40 s no qual o carro</p><p>lento percorreu uma distância L = 12 0, m o carro rápido percorreu uma distância vt d L= +</p><p>para se juntar à fila de carros lentos, a onda de choque permanece estacionária. Essa condição</p><p>exige uma separação de</p><p>d vt L= − = − =( )( , ) , ,25 2 4 12 0 48 0m/s s m m.</p><p>(b) Suponha que a separação inicial em t = 0 seja d = 96 0, m. Em um instante posterior t, o</p><p>carro lento percorreu uma distância x v tl= e o carro rápido se juntou à fila percorrendo uma</p><p>distância d x+ . Como</p><p>t</p><p>x</p><p>v</p><p>d x</p><p>vs</p><p>= = +</p><p>,</p><p>obtemos</p><p>x</p><p>v</p><p>v v</p><p>dl</p><p>l</p><p>=</p><p>−</p><p>=</p><p>−</p><p>=5 00</p><p>25 0 5 00</p><p>96 0 24</p><p>,</p><p>, ,</p><p>( , )</p><p>m/s</p><p>m/s m/s</p><p>m ,,0 m,</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 19</p><p>o que, por sua vez, nos dá t = =( , ) / ( , ) ,24 0 5 00 4 80m m/s s. Como o último carro da fila de</p><p>carros lentos percorreu uma distância ∆x = x – L = 24,0 m − 12,0 m = 12,0 m, a velocidade do</p><p>último carro da fila de carros lentos, que igual à velocidade da onda de choque, é</p><p>v</p><p>x</p><p>t</p><p>choque</p><p>m</p><p>s</p><p>m/s.= = =∆ 12 0</p><p>4 80</p><p>2 50</p><p>,</p><p>,</p><p>,</p><p>(c) Como x L> , o sentido da onda de choque é o sentido do movimento dos carros.</p><p>13. (a) Chamando o tempo de viagem e a distância entre Rio e São Paulo de T e D, respectiva-</p><p>mente, a velocidade escalar média é</p><p>s</p><p>D</p><p>T T</p><p>T T</p><p>méd</p><p>2 2km/h) km/h)</p><p>km/h1</p><p>55 90</p><p>72 5= = + =( (</p><p>,</p><p>que pode ser arredondada para 73 km/h.</p><p>(b) Usando o fato de que tempo = distância/velocidade se a velocidade for constante, obtemos</p><p>s</p><p>D</p><p>T</p><p>D</p><p>D Dméd</p><p>km/h km/h</p><p>km/h2 2</p><p>55</p><p>2</p><p>90</p><p>68 3= =</p><p>+</p><p>=</p><p>/ /</p><p>,</p><p>que pode ser arredondada para 68 km/h.</p><p>(c) A distância total percorrida (2D) não deve ser confundida com o deslocamento (zero).</p><p>Obtemos, para a viagem de ida e volta,</p><p>s</p><p>D</p><p>D Dméd</p><p>km/h km/h</p><p>km/h.=</p><p>+</p><p>=2</p><p>70</p><p>72 5 68 3, ,</p><p>(d) Como o deslocamento total é zero, a velocidade média na viagem inteira também é zero.</p><p>(e) Ao pedir um gráfico, o problema permite que o aluno escolha arbitrariamente a distância D</p><p>(a intenção não é exigir que o aluno consulte um atlas); na verdade, o aluno pode escolher um</p><p>valor para T em vez de D, como ficará claro na discussão a seguir. Vamos descrever sucinta-</p><p>mente o gráfico. Ele é composto por dois segmentos de reta, o primeiro com uma inclinação</p><p>de 55 km/h entre a origem e o ponto (t1, x1) = (T/2, 55T/2), e o segundo com uma inclinação de</p><p>90 km/h entre os pontos (t1, x1) e (T, D), sendo D = (55 + 90)T/2. A velocidade média, do ponto</p><p>de vista gráfico, é a inclinação da reta que liga a origem ao ponto (T, D). O gráfico (que não foi</p><p>desenhado em escala) aparece a seguir.</p><p>14. Usando a identidade d</p><p>dx bx b bxexp( ) exp( )= , obtemos</p><p>v</p><p>dx</p><p>dt</p><p>d t</p><p>dt</p><p>e t</p><p>de</p><p>dt</p><p>t</p><p>t</p><p>= = </p><p></p><p></p><p></p><p>⋅ + ⋅ </p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p>−( )</p><p>( )</p><p>19</p><p>19  .</p><p>Se o leitor ficou preocupado com a presença de um argumento na exponencial que não é adi-</p><p>mensional (–t), pode introduzir um fator 1/T para o qual T = 1 segundo antes de executar os</p><p>cálculos (o que não muda a resposta). O resultado da derivação é</p><p>v t e t= − −16 1( )</p><p>20 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>com t e v em unidades do SI (s e m/s, respectivamente). Vemos que esta função se anula para t =</p><p>1 s. Agora que sabemos em que instante o elétron para momentaneamente, podemos calcular</p><p>onde o elétron para, fazendo t = 1 na função x = 16te–t, com x em metros. O resultado é x = 5,9 m.</p><p>15. Usamos a Eq. 2-4 para resolver o problema.</p><p>(a) A velocidade da partícula é</p><p>v</p><p>dx</p><p>dt</p><p>d</p><p>dt</p><p>t t t= = − + = − +( ) .4 12 3 12 62</p><p>Assim, em t = 1 s, a velocidade é v = (–12 + (6)(1)) = –6 m/s.</p><p>(b) Como v < 0, a partícula está se movendo no sentido negativo do eixo x.</p><p>(c) Em t = 1 s, a velocidade escalar é |v| = 6 m/s.</p><p>(d) Para 0 < t < 2 s, |v| diminui até se anular. Para 2 < t < 3 s, |v| aumenta de zero até o valor do</p><p>item (c). Isso significa que |v| está aumentando.</p><p>(e) Sim, já que v varia continuamente de valores negativos (lembre-se do resultado para t = 1)</p><p>para valores positivos (note que para t → +∞, temos v → +∞). É fácil verificar que v = 0 para</p><p>t = 2 s.</p><p>(f) Não. Na verdade, como v = –12 + 6t, sabemos que v > 0 para t > 2 s.</p><p>16. Usamos a notação x(t), v(t) e a(t) nesta solução, na qual as duas últimas funções são obtidas</p><p>por derivação:</p><p>v t</p><p>dx t</p><p>dt</p><p>t( )</p><p>( )= = −12 e a t</p><p>dv t</p><p>dt</p><p>( )</p><p>( )= = −12</p><p>na qual está implícito que x e t estão em unidades do SI.</p><p>(a) Fazendo v(t) = 0, constatamos que a partícula está (momentaneamente) em repouso no ins-</p><p>tante t = 0.</p><p>(b) x(0) = 4,0 m.</p><p>(c) e (d) Fazendo x(t) = 0 na equação x(t) = 4,0 – 6,0t2, obtemos t = ±0,82 s como os instantes</p><p>em que a partícula passa pela origem.</p><p>(e) Mostramos a seguir tanto o gráfico pedido (do lado esquerdo) como o gráfico “deslocado”</p><p>que está envolvido na resposta ao item (f). Nos dois casos, o eixo dos tempos cobre o intervalo</p><p>–3 ≤ t ≤ 3 (com t em segundos).</p><p>(f) Chegamos ao gráfico da direita (mostrado acima) somando 20t à expressão de x(t).</p><p>(g) Verificando em que pontos as inclinações dos gráficos se anulam, constatamos que o des-</p><p>locamento faz com que o ponto em que v = 0 corresponda a um valor maior de x (o máximo da</p><p>curva da direita está acima do máximo da curva da esquerda).</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 21</p><p>17. Usamos a Eq. 2-2 para calcular a velocidade média e a Eq. 2-4 para calcular a velocidade</p><p>instantânea, trabalhando com as distâncias em centímetros e os tempos em segundos.</p><p>(a) Fazendo t = 2,00 s e t = 3,00 s na equação de x(t), obtemos x2 = 21,75 cm e x3 = 50,25 cm,</p><p>respectivamente. A velocidade média no intervalo 2,00 ≤ t ≤ 3,00 s é</p><p>v</p><p>x</p><p>t</p><p>méd</p><p>cm cm</p><p>s s</p><p>= = −</p><p>−</p><p>∆</p><p>∆</p><p>50 25 21 75</p><p>3 00 2 00</p><p>, ,</p><p>, ,</p><p>o que nos dá vméd = 28,5 cm/s.</p><p>(b) A velocidade instantânea é v = dx/dt = 4,5t2, que, no instante t = 2,00 s, corresponde a v =</p><p>(4,5)(2,00)2 = 18,0 cm/s.</p><p>(c) Em t = 3,00 s, a velocidade instantânea é v = (4,5)(3,00)2 = 40,5 cm/s.</p><p>(d) Em t = 2,50 s, a velocidade instantânea é v = (4,5)(2,50)2 = 28,1 cm/s.</p><p>(e) Chamando de tm o instante em que a partícula está a meio caminho entre x2 e x3 (ou seja, o</p><p>instante em que a partícula está em xm = (x2 + x3)/2 = 36 cm), temos:</p><p>x t tm m m= + ⇒ =9 75 1 5 2 5963, , ,</p><p>com tm em segundos. A velocidade instantânea nesse instante é v = 4,5(2,596)2 = 30,3 cm/s.</p><p>(f) A resposta do item (a) é dada pela inclinação da reta que liga os pontos t = 2 e t = 3 no grá-</p><p>fico de x em função de t a seguir. As respostas dos itens (b), (c), (d) e (e) correspondem às in-</p><p>clinações das retas tangentes à curva (que não foram traçadas mas são fáceis de imaginar) nos</p><p>pontos apropriados.</p><p>18. (a) Derivando duas vezes a função x(t) = 12t2 – 2t3, obtemos as funções velocidade e ace-</p><p>leração:</p><p>v(t) = 24t – 6t2 e a(t) = 24 – 12t</p><p>com a distância em metros e o tempo em segundos. Fazendo t = 3, obtemos x( )3 54= m.</p><p>(b) Para t = 3, v(3) = 18 m/s.</p><p>(c) Para t = 3, a(3) = –12 m/s2.</p><p>(d) No ponto em que x é máximo, v = 0; desprezando a solução t = 0, a equação da velocidade</p><p>nos dá t = 24/6 = 4 s como o instante em que x é máximo. Fazendo t = 4 na equação de x, obte-</p><p>mos x = 64 m como a maior coordenada positiva atingida pela partícula.</p><p>(e) De acordo com o item (d), o valor de x é máximo no instante t = 4,0 s.</p><p>(f) No ponto em que v é máxima, a = 0, o que acontece</p><p>em t = 24/12 = 2,0 s. Substituindo esse</p><p>valor na equação da velocidade, obtemos vmáx = 24 m/s.</p><p>22 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(g) De acordo com o item (f), o valor de v é máximo no instante t = 24/12 = 2,0 s.</p><p>(h) No item (e), vimos que a partícula está (momentaneamente) em repouso no instante t = 4 s.</p><p>A aceleração nesse instante é 24 – 12(4) = –24 m/s2.</p><p>(i) Para aplicar a definição de velocidade média (Eq. 2-2), precisamos conhecer os valores de x</p><p>em t = 0 e t = 3 s, que são facilmente obtidos fazendo t = 0 e t = 3 na equação de x. O resultado</p><p>é o seguinte:</p><p>vméd =</p><p>54 0</p><p>3 0</p><p>−</p><p>−</p><p>= 18 m/s.</p><p>19. Representamos a direção inicial do movimento como direção +x. A aceleração média no</p><p>intervalo de tempo t t t1 2≤ ≤ é dada pela Eq. 2-7:</p><p>vméd</p><p>km)</p><p>(2,0 h)</p><p>km/h.= =(80</p><p>40</p><p>Vamos fazer v1 = +18 m/s em t1 0= e v2 = –30 m/s em t2 = 2,4 s. De acordo com a Eq. 2-7,</p><p>temos:</p><p>améd</p><p>2m/s= − − + = −( ) ( )</p><p>,</p><p>.</p><p>30 18</p><p>2 4</p><p>20</p><p>A aceleração média é 20 m/s2 em valor absoluto e tem o sentido oposto ao da velocidade inicial</p><p>da partícula. Isso faz sentido, já que a velocidade da partícula está diminuindo no intervalo de</p><p>tempo considerado.</p><p>20. Usamos a notação x(t), v(t) e a(t) e determinamos as últimas duas funções por derivação:</p><p>v t</p><p>dx t</p><p>t</p><p>t a t</p><p>dv t</p><p>dt</p><p>t( ) = ( ) = − + ( ) = ( ) = −15 20 302 e</p><p>nas quais está implícito que as distâncias e tempos estão em unidades do SI. Essas expressões</p><p>são usadas na solução dos diferentes itens.</p><p>(a) Fazendo 0 15 202= − +t , vemos que o único valor positivo de t para o qual a partícula está</p><p>(momentaneamente) em repouso é t = =20 15 1 2/ , s.</p><p>(b) Fazendo 0 = – 30t, vemos que a(0) = 0 (ou seja, a aceleração é nula em t = 0).</p><p>(c) É claro que a(t) = – 30t é negativa para t > 0.</p><p>(d) É claro que a(t) = – 30t é positiva para t < 0.</p><p>(e) Os gráficos são mostrados a seguir. Está implícito que as distâncias estão em metros e os</p><p>tempos em segundos.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 23</p><p>21. Usamos a Eq. 2-2 para calcular a velocidade média e a Eq. 2-7 para calcular a aceleração</p><p>média. A posição inicial do homem é tomada como a origem e o sentido do movimento no</p><p>intervalo 5 min ≤ t ≤ 10 min como sentido positivo do eixo x. Usamos também o fato de que</p><p>∆ ∆x v t= ' se a velocidade é constante em um intervalo de tempo ∆t '.</p><p>(a) O intervalo de tempo total considerado é ∆t = 8 – 2 = 6 min, que equivale a 360 s, enquanto</p><p>o subintervalo durante o qual o homem está em movimento é apenas ∆t9 = 8 − 5 = 3 min = 180 s.</p><p>A posição do homem em t = 2 min é x = 0 e a posição em t = 8 min é x v t= =∆ ' (2,2)(180) =</p><p>396 m. Assim,</p><p>vméd</p><p>m</p><p>s</p><p>m/s= − =396 0</p><p>360</p><p>1 10, .</p><p>(b) O homem está em repouso em t = 2 min e está se movendo com velocidade v = +2,2 m/s em</p><p>t = 8 min. Assim, conservando apenas 3 algarismos significativos,</p><p>améd</p><p>2m/s</p><p>s</p><p>m/s= − =2 2 0</p><p>360</p><p>0 00611</p><p>,</p><p>, .</p><p>(c) O intervalo inteiro é ∆t = 9 – 3 = 6 min (360 s), enquanto o subintervalo no qual o homem</p><p>está se movendo é ∆t ' min= − = =9 5 4 240 s). A posição do homem em t = 3 min é x = 0 e a</p><p>posição em t = 9 min é x = v∆t9 = (2,2)(240) = 528 m. Assim,</p><p>vméd</p><p>m</p><p>s</p><p>m/s.= − =528 0</p><p>360</p><p>1 47,</p><p>(d) O homem está em repouso em t = 3 min e está se movendo com velocidade v = +2,2 m/s em</p><p>t = 9 min. Assim, améd = 2,2/360 = 0,00611 m/s2, como no item (b).</p><p>(e) A reta horizontal perto do eixo dos tempos neste gráfico de x em função de t representa o ho-</p><p>mem parado em x = 0 para 0 ≤ t < 300 s e a reta para 300 ≤ t ≤ 600 s representa o homem se mo-</p><p>vendo com velocidade constante. A inclinação das outras retas é a solução dos itens (a) e (c).</p><p>O gráfico de v em função de t não foi desenhado, mas seria formado por dois “degraus” hori-</p><p>zontais, um em v = 0 para 0 ≤ t < 300 s e o outro em v = 2,2 m/s para 300 ≤ t ≤ 600 s. As acele-</p><p>rações médias calculadas nos itens (b) e (d) seriam as inclinações das retas que ligam os pontos</p><p>apropriados.</p><p>22. Nesta solução, fazemos uso da notação x(t) para o valor de x para um certo valor de t. As</p><p>notações v(t) e a(t) têm um significado análogo.</p><p>(a) Como o produto ct2 tem dimensão de comprimento, a unidade de c deve ter dimensões de</p><p>comprimento/tempo2, ou seja, deve ser m/s2 no SI.</p><p>(b) Como o produto bt3 tem dimensão de comprimento, a unidade de b deve ter dimensões de</p><p>comprimento/tempo3, ou seja, deve ser m/s3 no SI.</p><p>24 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(c) Quando a partícula passa por uma coordenada máxima (ou mínima) a velocidade é zero.</p><p>Como a velocidade é dada por v = dx/dt = 2ct – 3bt2, v = 0 para t = 0 e para</p><p>t</p><p>c</p><p>b</p><p>= = =2</p><p>3</p><p>2 3 0</p><p>3 2 0</p><p>1 0</p><p>( , )</p><p>( , )</p><p>,</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>s .</p><p>2</p><p>3</p><p>Para t = 0, x = x0 = 0 e para t = 1,0 s, x = 1,0 m > x0. Como estamos interessados no máximo,</p><p>rejeitamos a primeira raiz (t = 0) e aceitamos a segunda (t = 1 s).</p><p>(d) Nos primeiros 4 s, a partícula se desloca da origem até o ponto x = 1,0 m, inverte o sentido</p><p>do movimento e volta até o ponto</p><p>x( ( , )( , ( , )( ,4 3 0 4 0 2 0 4 02s) m/s s) m/s s)2 3= − 33 m .= − 80</p><p>A distância total percorrida é 1,0 m + 1,0 m + 80 m = 82 m.</p><p>(e) O deslocamento é ∆x = x2 – x1, sendo que x1 = 0 e x2 = –80 m. Assim, ∆x = −80 m .</p><p>A velocidade é dada por v = 2ct – 3bt2 = (6,0 m/s2)t – (6,0 m/s3)t2.</p><p>(f) Fazendo t = 1 s, obtemos</p><p>v(1 s) = (6,0 m/s2)(1,0 s) − (6,0 m/s3)(1,0 s)2 = 0.</p><p>(g) Da mesma forma, v(2s) = (6,0 m/s2((2,0 s) − (6,0 m/s3)(2,0 s)2 = −12 m/s.</p><p>(h) v( ( , )( , )( ,3 6 0 3 0 3 0s) m/s s) (6,0 m/s s)2 3 2= − == −36 m/s .</p><p>(i) v(4s) = (6,0 m/s2)(4,0 s) − (6,0 m/s3)(4,0 s)2 = −72 m/s.</p><p>A aceleração é dada por a = dv/dt = 2c – 6b = 6,0 m/s2 – (12,0 m/s3)t.</p><p>Fazendo (j) t = 1 s, obtemos</p><p>a(1 s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(1,0 s) = −6,0 m/s2.</p><p>(k) a(2 s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(2,0 s) = −18 m/s2.</p><p>(l) a(3 s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(3,0 s) = −30 m/s2.</p><p>(m) a(4s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(4,0 s) = −42 m/s2.</p><p>23. Como o problema envolve uma aceleração constante, o movimento do elétron pode ser ana-</p><p>lisado usando as equações da Tabela 2-1:</p><p>v v a x x2</p><p>0</p><p>2</p><p>02= + −( )</p><p>A aceleração pode ser obtida resolvendo a Eq. (2-16). Fazendo v0 5 1,50 3 105 m/s, v 5 5,70</p><p>3 106 m/s, x0 = 0 e x = 0,010 m, temos:</p><p>a</p><p>v v</p><p>x</p><p>= − = × − × =</p><p>2</p><p>0</p><p>2 5 2 5 2</p><p>2</p><p>5 7 10 1 5 10</p><p>2 0 01</p><p>1 6</p><p>( , ) ( , )</p><p>( , )</p><p>, 22 1015× m/s2 .</p><p>24. Neste problema, conhecemos a velocidade inicial, a velocidade final, o deslocamento e pre-</p><p>cisamos calcular a aceleração. Para isso, usamos a Eq. 2-16, v v a x x2</p><p>0</p><p>2</p><p>02= + −( ).</p><p>(a) Como v0 0= , v = 1 6, m/s e ∆x = 5 0, µm, a aceleração dos esporos durante o lançamento é</p><p>a</p><p>v v</p><p>x</p><p>= − = × − × =</p><p>2</p><p>0</p><p>2 5 2 5 2</p><p>2</p><p>5 7 10 1 5 10</p><p>2 0 01</p><p>1 6</p><p>( , ) ( , )</p><p>( , )</p><p>, 22 1015× m/s2 .</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 25</p><p>(b) Na fase de redução de velocidade, a aceleração é</p><p>a</p><p>v v</p><p>x</p><p>= − = × − × =</p><p>2</p><p>0</p><p>2 5 2 5 2</p><p>2</p><p>5 7 10 1 5 10</p><p>2 0 01</p><p>1 6</p><p>( , ) ( , )</p><p>( , )</p><p>, 22 1015× m/s2 .</p><p>O sinal negativo significa que a velocidade dos esporos está diminuindo.</p><p>25. Separamos o movimento em duas partes e tomamos o sentido do movimento como positivo.</p><p>Na parte 1, o veículo acelera do repouso até a velocidade máxima; sabemos que v0 = 0, v = 20</p><p>m/s e a = 2,0 m/s2. Na parte 2, o veículo desacelera da velocidade máxima até o repouso; sabe-</p><p>mos que v0 = 20 m/s, v = 0 e a = –1,0 m/s2 (a aceleração é negativa porque o vetor aceleração</p><p>aponta no sentido contrário ao do movimento).</p><p>(a) Usando a Tabela 2-1, calculamos t1 (a duração da parte 1) a partir da equação v = v0 + at.</p><p>Assim, 20 0 2 0 1= + , t nos dá t1 = 10 s. Obtemos a duração t2 da parte 2 usando a mesma equa-</p><p>ção. Assim, 0 = 20 + (–1,0)t2 nos dá t2 = 20 s e o tempo total é t = t1 + t2 = 30 s.</p><p>(b) Na parte 1, fazendo x0 = 0, usamos a equação v2 = v0</p><p>2 + 2a(x – x0) da Tabela 2-1 para obter</p><p>x</p><p>v v</p><p>a</p><p>= − = − =</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2 2</p><p>2</p><p>20 0</p><p>2 2 0</p><p>100</p><p>( ) ( )</p><p>( , )</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>m</p><p>2</p><p>.</p><p>Como essa posição é a posição inicial da parte 2, usamos a mesma equação na parte 2 para ob-</p><p>ter</p><p>x</p><p>v v</p><p>a</p><p>− = − = −</p><p>−</p><p>100</p><p>2</p><p>0 20</p><p>2 1 0</p><p>2</p><p>0</p><p>2 2 2</p><p>m</p><p>m/s</p><p>m/s2</p><p>( ) ( )</p><p>( , )</p><p>.</p><p>Assim, a posição final é x = 300 m. O fato de que essa é também a distância total é evidente (o</p><p>veículo não fez meia-volta em nenhum momento).</p><p>26. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1.</p><p>(a) Fazendo v = 0 e x0 = 0 em v v a x x2</p><p>0</p><p>2</p><p>02= + −( ), obtemos</p><p>x</p><p>v</p><p>a</p><p>= − = − ×</p><p>− ×</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=1</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>5 00 10</p><p>1 25 10</p><p>0 1000</p><p>2 6</p><p>14</p><p>,</p><p>,</p><p>, mm.</p><p>Como a velocidade do múon está diminuindo, a velocidade inicial e a aceleração têm sinais</p><p>opostos.</p><p>(b) Os gráficos a seguir mostram a posição x e a velocidade v do múon em função do tempo. Como</p><p>o cálculo do item (a) não envolveu o tempo, outras equações da Tabela 2-1 (como v v at= +0 an</p><p>e x v t at= +0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 ) foram usadas para desenhar esses gráficos.</p><p>27. Usamos a equação v = v0 + at, com t = 0 como o instante em que a velocidade é igual a</p><p>+9,6 m/s.</p><p>26 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>(a) Como estamos interessados em calcular a velocidade em um instante anterior a t = 0, faze-</p><p>mos t = –2,5 s. Nesse caso, a Eq. 2-11 nos dá</p><p>v = + ( ) − =( , , ( , ,9 6 3 2 2 5 1 6m/s) m/s s) m/s.2</p><p>(b) Para t = +2,5 s, temos:</p><p>v = + ( ) =( , , ( ,9 6 3 2 2 5 18m/s) m/s s) m/s.2</p><p>28. Tomamos +x como o sentido do movimento, o que nos dá v0 = +24,6 m/s e a = – 4,92</p><p>m/s2. Também fazemos x0 = 0.</p><p>(a) O tempo que o carro leva para parar pode ser calculado usando a Eq. 2-11:</p><p>0</p><p>24 6</p><p>4 92</p><p>5 000 2</p><p>= + ⇒ =</p><p>−</p><p>=v at t</p><p>,</p><p>,</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>s</p><p>(b) Entre as várias equações da Tabela 2-1 que poderíamos usar, escolhemos a Eq. 2-16 [que</p><p>não depende da resposta do item (a)].</p><p>0 2</p><p>24 6</p><p>2 4 92</p><p>61 50</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>= + ⇒ = −</p><p>−</p><p>=v ax x</p><p>( , )</p><p>( , )</p><p>, .</p><p>m/s</p><p>m/s</p><p>m</p><p>(c) Usando esses resultados, plotamos v t at0</p><p>1</p><p>2</p><p>2+ (gráfico a seguir, à esquerda) e v0 + at (gráfico</p><p>à direita) no intervalo 0 ≤ t ≤ 5 s. As unidades do SI estão implícitas.</p><p>29. Supomos que os períodos de aceleração (de duração t1) e de desaceleração (de duração t2)</p><p>são períodos de a constante, de modo que as equações da Tabela 2-1 podem ser usadas. Tomando</p><p>o sentido do movimento como sendo +x, a1 = +1,22 m/s2 e a2 = –1,22 m/s2. Usando unidades do</p><p>SI, a velocidade no instante t = t1 é v = 305/60 = 5,08 m/s.</p><p>(a) Chamamos de ∆x a distância percorrida no intervalo t1 e usamos a Eq. 2-16:</p><p>v v a x x2</p><p>0</p><p>2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>5 08</p><p>2 1 22</p><p>= + ⇒ =∆ ∆ ,</p><p>( , )</p><p>= ≈10 59 10 6, ,m m.</p><p>(b) Usando a Eq. 2-11, temos:</p><p>t</p><p>v v</p><p>a</p><p>1</p><p>0</p><p>1</p><p>5 08</p><p>1 22</p><p>4 17= − = =,</p><p>,</p><p>, s.</p><p>Como o tempo de desaceleração t2 é igual a t1, t1 + t2 = 8,34 s. Como as distâncias percorridas nos</p><p>intervalos de tempo t1 e t2 são iguais, a distância total é 2(10,59 m) = 21,18 m. Isso significa que</p><p>em uma distância de 190 m – 21,18 m = 168,82 m, o elevador está se movendo com velocidade</p><p>constante. O tempo que o elevador passa se movendo com velocidade constante é</p><p>t3</p><p>168 82</p><p>5 08</p><p>33 21= =,</p><p>,</p><p>,</p><p>m</p><p>m/s</p><p>s.</p><p>Assim, o tempo total é 8,33 s + 33,21 s ≈ 41,5 s.</p><p>30. Escolhemos como sentido positivo o sentido da velocidade inicial do carro (o que significa</p><p>que a < 0, já que a velocidade está diminuindo). Supomos que a aceleração é constante e usa-</p><p>mos a Tabela 2-1.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 27</p><p>(a) Fazendo v0 = 137 km/h = 38,1 m/s, v = 90 km/h = 25 m/s e a = –5,2 m/s2 na equação v =</p><p>v0 + at, temos:</p><p>t = −</p><p>−</p><p>=25 38</p><p>5 2</p><p>2 5</p><p>2</p><p>m/s m/s</p><p>m/s</p><p>s</p><p>,</p><p>, .</p><p>(b) Supomos que o carro está em x = 0 quando os freios são aplicados (no instante t = 0). Nesse</p><p>caso, a posição do carro em função do tempo é dada por</p><p>x t t= ( ) + −( )38</p><p>1</p><p>2</p><p>5 2 2,</p><p>em unidades do SI. Essa função está plotada no gráfico a seguir entre t = 0 e t = 2,5 s. Não mos-</p><p>tramos o gráfico da velocidade em função do tempo; é uma linha reta de inclinação negativa</p><p>entre v0 e v.</p><p>31. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1.</p><p>(a) Explicitando o tempo na equação v = v0 + at, temos:</p><p>t</p><p>v v</p><p>a</p><p>= − = × = ×0</p><p>1</p><p>10</p><p>8</p><p>63 0 10</p><p>9 8</p><p>3 1 10</p><p>( ,</p><p>,</p><p>,</p><p>m/s)</p><p>m/s</p><p>s</p><p>2</p><p>o que equivale a 1,2 mês.</p><p>(b) Calculamos x x v t at= + +0 0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 , para x0 = 0. O resultado é</p><p>x = ( ) × = ×1</p><p>2</p><p>9 8 3 1 10 4 7 102 13, ( , ) ,m/s s m.2 6</p><p>Note que, nos itens (a) e (b), não usamos a equação v v a x x2</p><p>0</p><p>2</p><p>02= + −( ). Essa equação pode ser</p><p>usada para verificar se os resultados estão corretos. A velocidade final calculada usando essa</p><p>equação é</p><p>v v a x x= + − = + × − =0</p><p>2</p><p>0</p><p>132 0 2 9 8 4 6 10 0 3( ) ( , )( , )m/s m2 ,,0 107× m/s,</p><p>que é o valor dado no enunciado do problema. Isso mostra que a solução está correta.</p><p>32. A aceleração pode ser calculada usando a Eq. 2-11 (ou a Eq. 2-7, se interpretada correta-</p><p>mente):</p><p>a</p><p>v</p><p>t</p><p>= =</p><p>( ) </p><p></p><p></p><p></p><p>=∆</p><p>∆</p><p>1020</p><p>1000</p><p>3600</p><p>1 4</p><p>km/h</p><p>m/km</p><p>s/h</p><p>s,</p><p>2202 4 2, .m/s</p><p>Em termos de g, a aceleração da gravidade, temos:</p><p>a g g= =202 4</p><p>9 8</p><p>21</p><p>,</p><p>,</p><p>.</p><p>28 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>33. Como, de acordo com o enunciado, a aceleração é constante [veja o item (a)], podemos usar</p><p>as equações da Tabela 2-1.</p><p>(a) Fazemos x0 = 0 e usamos a Eq. 2-15, x = v0t + 1</p><p>2 at2, para calcular a aceleração: a = 2(x – v0t)/</p><p>t2. Fazendo x = 24,0 m, v0 = 56,0 km/h = 15,55 m/s e t = 2,00 s, obtemos</p><p>a</p><p>x v t</p><p>t</p><p>= − = − =2 2 24 0 15 55</p><p>2 00</p><p>30</p><p>2 2</p><p>( ) [ , ( , )]</p><p>( , )</p><p>,</p><p>m m/s</p><p>s</p><p>556 2m/s</p><p>ou | | ,a = 3 56 m/s2. O sinal negativo indica que a aceleração tem o sentido oposto ao do movi-</p><p>mento do carro; a velocidade do carro está diminuindo.</p><p>(b) Calculamos v = v0 + at da seguinte forma:</p><p>v = − ( ) ( ) =15 55 3 56 2 00 8 43, , , ,m/s m/s s m/s2</p><p>que equivale a 30 3, km/h.</p><p>34. Seja d a distância de 220 m entre os carros no instante t = 0, v1 a velocidade de 20 km/h =</p><p>50/9 m/s correspondente ao ponto x1 = 44,5 m e v2 a velocidade de 40 km/h = 100/9 m/s corres-</p><p>pondente ao ponto x2 = 76,6 m. Temos duas equações (baseadas na Eq. 2-17):</p><p>d – x1 = vo t1 + a t1</p><p>2/2 na qual t1 = x1 ⁄ v1</p><p>d – x2 = vo t2 + a t2</p><p>2/2 na qual t2 = x2 ⁄ v2</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos os seguintes resultados:</p><p>(a) A velocidade inicial do carro verde é vo = −13,9 m/s, ou aproximadamente −50 km/h (o sinal</p><p>negativo indica que o carro se move no sentido negativo do eixo x).</p><p>(b) A aceleração do carro verde é a = −2,0 m/s2 (o sinal negativo indica que a aceleração é no</p><p>sentido negativo do eixo x).</p><p>35. As posições dos carros em função do tempo são dadas por</p><p>x t x a t a t</p><p>x t x</p><p>A A A A</p><p>B B</p><p>( ) ( , )</p><p>( )</p><p>= + = − +</p><p>= +</p><p>0</p><p>2 2</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>35 0</p><p>1</p><p>2</p><p>m</p><p>vv t tB = −( ) ( )270 20m m/s</p><p>Os dois carros se cruzam no instante t = 12,0 s em que as retas se encontram. Isso significa</p><p>que</p><p>( ) ( )( , ) ( , ) (270 20 12 0 30 35 0 12m m/s s m m− = = − + aA ,, ) /0 22s</p><p>o que nos dá aA = 0 90, m/s .2</p><p>36. (a) Usamos a Eq. 2-15 para a parte 1 do percurso e a Eq. 2-18 para a parte 2:</p><p>∆x1 = v01 t1 + a1 t1</p><p>2/2 em que a1 = 2,25 m/s2 e ∆x1 =</p><p>900</p><p>4</p><p>m</p><p>∆x2 = v2 t2 − a2 t2</p><p>2/2 em que a2 = −0,75 m/s2 e ∆x2 =</p><p>3 900</p><p>4</p><p>( )</p><p>m</p><p>Além disso, v01 = v2 = 0. Resolvendo as duas equações e somando os tempos, obtemos t = t1 +</p><p>t2 = 56,6 s.</p><p>(b) Usamos a Eq. 2-16 para a parte 1 do percurso:</p><p>v2 = (vo1)2 + 2a1∆x1 = 0 + 2(2,25)</p><p>900</p><p>4</p><p></p><p></p><p></p><p> = 1013 m2/s2</p><p>o que nos dá uma velocidade máxima v = 31,8 m/s.</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 29</p><p>37. (a) De acordo com a figura, x0 = –2,0 m. Usamos a equação</p><p>x – x0 = v0t + 1</p><p>2 at2</p><p>com t = 1,0 s e também com t = 2,0 s. Isso nos dá duas equações com duas incógnitas, v0 e a:</p><p>0 0 2 0 1 0</p><p>1</p><p>2</p><p>1 0</p><p>6 0 2 0 2</p><p>0</p><p>2</p><p>0</p><p>, , , ,</p><p>, , ,</p><p>− −( ) = ( ) + ( )</p><p>− −( ) =</p><p>v a</p><p>v 00</p><p>1</p><p>2</p><p>2 0 2( ) + ( )a , .</p><p>Resolvendo esse sistema de equações, obtemos v0 = 0 e a = 4,0 m/s2.</p><p>(b) O fato de que a resposta é positiva significa que o vetor aceleração aponta no sentido posi-</p><p>tivo do eixo x.</p><p>38. Supomos que o trem acelera a partir do repouso ( v0 0= e x0 0= ) com uma acelera-</p><p>ção a1</p><p>21 34= + , m/s até o ponto médio do percurso e depois desacelera com uma aceleração</p><p>a2</p><p>21 34= − , m/s até parar (v2 = 0) na estação seguinte. O ponto médio é x1 = 806/2 = 403 m.</p><p>(a) Chamando de v1 a velocidade no ponto médio, temos, de acordo com a Eq. 2-16,</p><p>v v a x v1</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>1 1 12 2 1 34 403= + ⇒ = ( )( ), = 32 9, m/s.</p><p>(b) O tempo t1 que o trem passa acelerando é (usando a Eq. 2-15)</p><p>x v t a t t1 0 1 1 1</p><p>2</p><p>1</p><p>1</p><p>2</p><p>2 403</p><p>1 34</p><p>= + ⇒ = ( )</p><p>,</p><p>.</p><p>Como o tempo que o trem passa desacelerando é igual, multiplicamos este resultado por dois</p><p>para obter</p><p>t = 49,1 s como tempo de percurso entre as estações.</p><p>(c) Com um “tempo morto” de 20 s, temos T = t + 20 = 69,1 s para o tempo total entre as par-</p><p>tidas. Assim, a Eq. 2-2 nos dá</p><p>vméd</p><p>m</p><p>s</p><p>m/s.= =806</p><p>69 1</p><p>11 7</p><p>,</p><p>,</p><p>(d) A figura seguinte mostra os gráficos de x, v e a em função de t. O terceiro gráfico, a(t), é</p><p>formado por três “degraus” horizontais, um em 1,34 m/s2 no intervalo 0 < t < 24,53 s, outro em</p><p>–1,34 m/s2 no intervalo 24,53 s < t < 49,1 s e o último no “tempo morto” entre 49,1 s e 69,1 s.</p><p>30 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>39. (a) Notamos que vA = 12/6 = 2 m/s (com dois algarismos significativos implícitos). Assim,</p><p>com um valor inicial de x de 20 m, o carro A estará no ponto x = 28 m no instante t = 4 s. Este</p><p>deve ser o valor de x para o carro B no mesmo instante; usamos a Eq. 2-15:</p><p>28 m = (12 m/s)t + aB t</p><p>2/2 para t = 4,0 s.</p><p>Isso nos dá aB = – 2,5 m/s2.</p><p>(b) A questão é a seguinte: usando o valor obtido para aB no item (a), existem outros valores de</p><p>t (além de t = 4 s) para os quais xA = xB ? Em termos matemáticos, a condição é a seguinte:</p><p>20 + 2t = 12t + aB t</p><p>2/2</p><p>em que aB = –5/2. A equação possui duas raízes diferentes, a menos que o discriminante</p><p>102 2 20− −( )( )aB seja nulo. Em nosso caso, o discriminante é nulo, o que significa que existe</p><p>apenas uma raiz. Os carros ficam lado a lado apenas no instante t = 4 s.</p><p>(c) O gráfico pedido, que aparece a seguir, é formado por uma linha reta (xA) tangente a uma</p><p>parábola (xB) no ponto t = 4.</p><p>(d) Estamos interessados apenas nas raízes reais, o que significa que 102 − 2(−20)(aB) ≥ 0. Para</p><p>|aB| > 5/2, não existem soluções reais para a equação e, portanto, os carros nunca ficam lado a</p><p>lado.</p><p>(e) Nesse caso, temos 102 −2(−20)(aB) > 0 ⇒ duas raízes reais. Os carros ficam lado a lado em</p><p>duas ocasiões diferentes.</p><p>40. Tomando o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento, a =</p><p>–5,18 m/s2 e v0 = 55(1000/3600) = 15,28 m/s.</p><p>(a) Como a velocidade durante o tempo de reação T é constante, a distância percorrida é</p><p>dr = v0T – (15,28 m/s) (0,75 s) = 11,46 m.</p><p>Podemos usar a Eq. 2-16 (com v = 0) para calcular a distância df percorrida durante a frena-</p><p>gem:</p><p>v v ad db b</p><p>2</p><p>0</p><p>2</p><p>2</p><p>2</p><p>15 28</p><p>2 5 18</p><p>= + ⇒ = −</p><p>−( )</p><p>,</p><p>,</p><p>o que nos dá df = 22,53 m. Assim, a distância total é dr + df = 34,0 m, o que significa que o mo-</p><p>torista consegue parar a tempo. Se o motorista mantivesse a velocidade v0, o carro chegaria ao</p><p>cruzamento em t = (40 m)/(15,28 m/s) = 2,6 s, um tempo apenas suficiente para passar pelo</p><p>cruzamento antes de o sinal ficar vermelho.</p><p>(b) Nesse caso, a distância total para parar (que no item (a) foi calculada como sendo 34 m) é</p><p>maior que a distância até o cruzamento, de modo que o motorista não conseguiria parar a tem-</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 31</p><p>po. Além disso, o tempo para chegar ao cruzamento sem frear seria 32/15,28 = 2,1 s, enquanto</p><p>o sinal ficaria vermelho em 1,8 s. O motorista estaria entre a cruz e a caldeirinha.</p><p>41. O deslocamento ∆x para cada trem é a área sob a curva, já que o deslocamento é a integral</p><p>da velocidade. As áreas são triangulares e a área de um triângulo é 1/2(base) × (altura). Assim,</p><p>em valor absoluto, o deslocamento de um dos trens é (1/2)(40 m/s)(5 s) = 100 m e o desloca-</p><p>mento do outro é (1/2)(30 m/s)(4 s) = 60 m. Como a distância inicial entre os trens era 200 m,</p><p>a distância final é 200 – (100 + 60) = 40 m.</p><p>42. (a) Note que 110 km/h equivalem a 30,56 m/s. Em 2 s, seu carro percorre uma distância de</p><p>61,11 m. O carro da polícia, que está freando, percorre uma distância (dada pela Eq. 2-15) de</p><p>51,11 m. Como a distância inicial entre os dois carros era 25 m, isso significa que a distância</p><p>diminuiu para 25 – (61,11 – 51,11) = 15 m.</p><p>(b) Primeiro somamos 0,4 s ao tempo do item (a). Durante um intervalo de 2,4 s, seu carro</p><p>percorre uma distância de 73,33 m e o carro da polícia percorre uma distância (dada pela Eq.</p><p>2-15) de 58,93 m. A distância inicial entre os carros, que era de 25 m, diminui portanto para</p><p>25 – (73,33 – 58,93) = 10,6 m. A velocidade do carro da polícia nesse instante, que vamos cha-</p><p>mar de t0, é 30,56 – 5(2,4) = 18,56 m/s. A colisão ocorre no instante t no qual xvocê = xpolícia (esco-</p><p>lhemos coordenadas tais que sua posição é x = 0 e a do carro de polícia é x = 19,6 m no instante</p><p>t0). Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-15, temos:</p><p>xpolícia – 10,6 = 18,56(t − t0) –(5)(t − t0)2/2</p><p>xvocê = 30,56(t − t0) –(5)(t − t0)2/2.</p><p>Subtraindo as equações membro a membro, obtemos</p><p>10,6 = (30,56 – 18,56)(t – t0) ⇒ 0,883 s = t – t0.</p><p>No instante da colisão, sua velocidade é 30,56 + a(t – t0) = 30,56 – 5(0,883) ≈ 26 m/s (ou 94</p><p>km/h).</p><p>43. Nesta solução, optamos por esperar até o final para converter as unidades para o SI. Como</p><p>a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. Começamos pela Eq. 2-17,</p><p>chamando a velocidade inicial do trem de vt e a velocidade da locomotiva de vl (que é também</p><p>a velocidade final do trem, se a colisão for evitada por muito pouco). Note que a distância ∆x</p><p>é a soma da distância inicial, D, com a distância percorrida durante o tempo t pela locomotiva,</p><p>vlt. Assim,</p><p>v v x</p><p>t</p><p>D v t</p><p>t</p><p>D</p><p>t</p><p>vt + = = + = +l l</p><p>l2</p><p>∆</p><p>.</p><p>Podemos agora usar a Eq. 2-11 para eliminar o tempo da equação. Temos:</p><p>v v D</p><p>v v a</p><p>vt</p><p>t</p><p>+ =</p><p>−( ) +l</p><p>l</p><p>l2 /</p><p>o que nos dá</p><p>a</p><p>v v</p><p>v</p><p>v v</p><p>D D</p><p>v vt t</p><p>t= + −</p><p></p><p></p><p></p><p>−</p><p></p><p></p><p> = − −( )l</p><p>l</p><p>l</p><p>l2</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>.</p><p>Assim,</p><p>a = − −</p><p></p><p></p><p> = −1</p><p>2 0 676</p><p>29 161 12888</p><p>2</p><p>( , km)</p><p>km</p><p>h</p><p>km</p><p>h</p><p>km/hh2</p><p>32 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS</p><p>que pode ser convertida da seguinte forma:</p><p>a = −( ) </p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>12 888</p><p>1000</p><p>1</p><p>1</p><p>3600</p><p>2, km/h</p><p>m</p><p>km</p><p>h</p><p>s = −</p><p>2</p><p>20 994, m/s</p><p>de modo que o valor absoluto da aceleração é |a| = 0,994 m/s2. O gráfico ao lado mostra o caso</p><p>em que a colisão foi evitada por pouco (x está em metros e t em segundos). A reta mostra o mo-</p><p>vimento da locomotiva, e a curva mostra o movimento do trem.</p><p>O gráfico para o outro caso (no qual a colisão ocorre por pouco) seria semelhante, exceto pelo</p><p>fato de que a inclinação da curva seria maior que a inclinação da reta no ponto em que as duas</p><p>se encontram.</p><p>44. Desprezando a resistência do ar, fazemos a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo</p><p>do eixo y é para cima). Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x) porque a</p><p>aceleração é constante. O nível do chão é tomado como sendo a origem do eixo y.</p><p>(a) Usando a equação y v t gt= −0</p><p>1</p><p>2</p><p>2 com y = 0,544 m e t = 0,200 s, temos</p><p>v</p><p>y gt</p><p>t</p><p>0</p><p>2 21</p><p>2</p><p>0 544</p><p>1</p><p>2</p><p>9 8 0 200</p><p>0 200</p><p>3 70=</p><p>+</p><p>=</p><p>+</p><p>=</p><p>, ( , ) ( , )</p><p>,</p><p>, m/s.</p><p>(b) A velocidade no ponto y = 0,544 m é</p><p>v v gt= − = − =0 3 70 9 8 0 200 1 74, ( , ) ( , ) , m/s.</p><p>(c) Usando a equação v v gy2</p><p>0</p><p>2 2= − (com valores diferentes de y e v), podemos encontrar o va-</p><p>lor de y correspondente à altura máxima (na qual v = 0).</p><p>y</p><p>v</p><p>g</p><p>= = =0</p><p>2 2</p><p>2</p><p>3 7</p><p>2 9 8</p><p>0 698</p><p>,</p><p>( , )</p><p>, m.</p><p>Assim, o tatu sobe mais 0,698 – 0,544 = 0,154 m.</p><p>45. Neste problema, uma bola está sendo lançada verticalmente para cima. O movimento subse-</p><p>quente acontece sob a influência da gravidade. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2</p><p>(supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Podemos usar as equações da Tabela</p><p>2-1 (com y no lugar de x) porque a aceleração é constante:</p><p>v v a x x2</p><p>0</p><p>2</p><p>02= + −( )</p><p>Fazemos y0 = 0. Quando a bola chega à altura máxima, a velocidade é zero. Assim, podemos</p><p>relacionar a velocidade inicial v0 à altura máxima y através da equação v v gy2</p><p>0</p><p>2 2= − .</p><p>SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 33</p><p>O tempo necessário para a bola chegar à altura máxima é dado por v v gt= − =0 0 ou t v g= 0 / .</p><p>Assim, para o percurso inteiro (do momento em que a bola deixa o solo até o momento em que</p><p>volta ao solo), o tempo total é T t v g= =2 2 0 / .</p><p>(a) No ponto mais alto do percurso, v = 0 e v gy0 2= . Como y = 50 m, temos:</p><p>v gy0 2 2 9 8 50 31 3= = =( , )( ) , .m/s m m/s2</p><p>(b) Substituindo v0 pelo valor encontrado no item (a), vemos que o tempo total gasto no percurso é</p><p>y v t gt t</p><p>v</p><p>g</p><p>= − ⇒ =0</p><p>2 01</p><p>2</p><p>2 .</p><p>(c) Nos gráficos seguintes, as distâncias,</p>