Lista de Exercicios Fisica Básica (115)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 229
9. Como o atrito é desprezível, podemos usar a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 
8-17.
(a) No Problema 8-2, calculamos que UA = mgh (usando o ponto C como referência). Observando 
a Fig. 8-27, vemos que UA = U0, o que significa que KA = K0 e, portanto,
que
vA = v0 = 17,0 m/s.
(b) Também calculamos no Problema 8-2 que UB = mgh/2. Nesse caso, temos:
K U K U
mv mgh mv mg
h
B B
B
0 0
0
2 21
2
1
2 2
+ = +
+ = + 



o que nos dá 
v v ghB = + = + =0
2 217 0 9 80 420 26( , ) ( , )( , ) ,m/s m/s m2 55 m/s.
(c) Analogamente,
v v ghC = + = + =0
2 22 17 0 2 9 80 420 3( , ) ( , )( , )m/s m/s m2 33 4, m/s.
(d) Para determinar a altura “final”, fazemos Kf = 0, o que nos dá o sistema de equações
K U K U
mv mgh mgh
f f
f
0 0
0
21
2
0
+ = +
+ = +
cuja solução é
h h
v
g
f = + = + =0
2 2
2
42 0
17 0
2 9 80
5,
( , )
( , )
m
m/s
m/s2
66 7, m.
(e) Como os resultados acima não dependem da massa do carro, as respostas dos itens (a) a (d) 
seriam as mesmas se o carro tivesse uma massa duas vezes maior.
10. Como o atrito é desprezível, podemos usar a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 
8-17.
(a) Na solução do Problema 8-3 (ao qual este problema se refere), obtivemos Ui = mgyi = 196 J 
e Uf = mgyf = 29,0 J (usando o nível do solo como referência). Como Ki = 0, temos:
0 196 29 0+ = +J JK f ,
o que nos dá Kf = 167 J e, portanto,
v
K
m
f= = =
2 2 167
2 00
12 9
( )
,
,
J
kg
m/s.
(b) A partir dos resultados do item (a), obtemos Kf = – ∆U = mgh, em que h = yi – yf. Assim,
v
K
m
ghf= =
2
2
como poderíamos ter calculado usando as equações da Tabela 2-1 (em particular, a Eq. 2-16). 
Como a resposta não depende da massa do livro, a resposta do item (b) é a mesma do item (a), 
ou seja, v = 12,9 m/s.
230 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(c) Se Ki ≠ 0, Kf = mgh + Ki (em que Ki é necessariamente positivo). Nesse caso, a energia ciné-
tica final Kf é maior que o valor encontrado no item (a) e, portanto, a velocidade final v também 
é maior.
11. (a) Se Ki é a energia cinética do floco de gelo na borda da taça, Kf é a energia cinética no fun-
do da taça, Ui é a energia potencial gravitacional do sistema floco-Terra com o floco na borda da 
taça e Uf é a energia potencial gravitacional com o floco no fundo da taça, Kf + Uf = Ki + Ui.
Tomando a energia potencial como sendo zero com o floco no fundo da taça, a energia poten-
cial com o floco na borda da taça é Ui = mgr, em que r é o raio da taça e m é a massa do floco 
de gelo. Além disso, Ki = 0, já que o floco parte do repouso. Como é pedida a velocidade do 
floco de gelo ao chegar ao fundo da taça, usamos a equação Kf = mv2/2. De acordo com a lei de 
conservação da energia, temos ainda
W F d mgh mgLg g= ⋅ = = −
 
( cos ).1 θ
A velocidade é
v gr= = =2 2 9 8 0 220 2 08( , )( , ) ,m/s m m/s2 .
(b) Como a expressão da velocidade não envolve a massa do floco de gelo, a velocidade seria 
a mesma, 2,08 m/s, se o floco de gelo tivesse o dobro da massa.
(c) A energia cinética final é dada por Kf = Ki + Ui – Uf. Assim, se Ki fosse diferente de zero e 
positiva, a velocidade final do floco de gelo seria maior.
12. Podemos resolver o problema usando a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 8-18. 
Escolhemos o solo como referência para a energia potencial U. O solo também é considerado 
a posição “final” da bola de neve.
(a) De acordo com a Eq. 8-9, a posição inicial da bola de neve é dada por Ui = mgh, em que 
h = 12,5 m e m = 1,50 kg. Assim, temos:
K U K U
mv mgh mv
i i f f
i
+ = +
+ = +1
2
1
2
02 2
o que nos dá a velocidade da bola de neve ao chegar ao solo:
v
m
mv mgh v ghi i= +


 = +2 1
2
22 2
em que vi = 14,0 m/s é o módulo da velocidade inicial (e não uma componente da velocidade). 
O resultado é v = 21,0 m/s.
(b) Como foi dito no item (a), vi é o módulo da velocidade inicial e não uma componente; as-
sim, a velocidade final da bola de neve não depende do ângulo de lançamento, e a resposta é a 
mesma do item (a): v = 21,0 m/s.
(c) Como a equação usada para calcular v no item (a) não envolve a massa, a resposta é a mes-
ma do item (a): v = 21,0 m/s.
13. Vamos usar como referência para a energia potencial gravitacional a posição da bola de 
gude com a mola comprimida.
(a) Quando a bola de gude está no ponto mais alto da trajetória, a energia potencial gravitacional 
é Ug = mgh, na qual h = 20 m é a altura máxima alcançada pela bola de gude. Assim,
Ug = × =−( , )( , )( ) , .5 0 10 9 8 20 0 983 kg m/s m J2