soluções pares - Física 2 - sears 10ª edição

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 12
Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.
12-2:	Usando a Eq. (12-1) obtemos
A razão entre esta força e o peso do satélite na superfície da Terra é dada por
			
(Este resultado numérico exige que se use mais algarismos significativos nos cálculos intermediários.) A razão , que não depende da massa do satélite, pode ser obtida diretamente do seguinte modo:
			
	
obtendo-se o mesmo resultado.
12-4:	A distância entre os centros das esferas é igual a 2R, de modo que o módulo da atração gravitacional é
 GM2/(2R)2 = GM2/4R2.
12-6:	a)	Considerando os componentes da força como positivos da esquerda para a direita e usando duas vezes a Eq. (12-1), obtemos
onde o sinal negativo indica uma força resultante da direita para a esquerda. 
Não, a força resultante encontrada na parte (a) é a força resultante oriunda da ação das outras duas esferas.
12-8:				
12-10:	A força possui a direção da reta que une os dois centros dos corpos com simetria esférica, o sentido é orientado para o corpo que possui maior massa, e o módulo da força é
			
12-12:	A Equação (12-4) fornece
	
12-14:	a)	Usando gE = 9.80 m/s2, a Eq. (12-4) fornece
			
onde o índice inferior v se refere às grandezas relativas ao planeta Vênus.
	b)	(8.87 m/s2) (5.00 kg) = 44.3 N.
12-16:		
12-18:	De acordo com o Exemplo 12-4, a massa do veículo é igual a 4000 kg. Supondo que Fobos seja esférico, sua massa em termos da sua densidade ( e raio R é (4(/3)(R3, e portanto a força gravitacional é obtida do seguinte modo: 
12-20:	a)	
 portanto a altitude acima da superfície da Terra é dada por
			
 = 9.36 x 105 m.
Você pode usar ou a Eq. (12-1) ou a Eq. (12-9) juntamente com o resultado da parte (a) para achar m, ou então do seguinte modo: 
 
12-22:	a)	A energia cinética é
		 
b) A energia potencial é dada por
		
portanto
		 U = -8.73 x 107 J.
12-24:	Substituindo na Eq. (12-14) obtemos
		 T = 6.96 x 103 s, ou 116 minutos.
12-26:	Aplicando a terceira lei de Kepler para órbitas circulares, os raios das órbitas são proporcionais à potência 
 dos respectivos períodos. Usando linhas para designar os raios e os períodos do planeta hipotético,
				
12-28:	Usando a Eq. (12-14) ou a Eq. (12-19), obtemos
12-30:	a)		
De acordo com a Eq. (12-19), usando o resultado da parte (a), obtemos
De acordo com a Eq. (12-14) o raio é (8)2/3 = quatro vezes maior do que o raio da órbita do planeta grande, ou seja, igual a 2.83 x 1011 m.
12-32:	a)	Divida a barra em elementos de massa infinitesimais dm no ponto cuja distância é l, medida a partir da extremidade direita da barra. Portanto, dm = dl(M/L), e a energia potencial é calculada do seguinte modo: 
			
		Integrando,
			
		Para x >> L, o logaritmo natural é aproximadamente igual a 
		~ (L/x), portanto 
O componente x da força gravitacional sobre a esfera é
		
onde o sinal negativo indica uma força de atração. Quando o valor de x é grande, x >> L, o denominador na expressão acima tende a x2, logo 
 como era esperado. A resposta também pode ser obtida usando-se a expressão
		
neste caso, entretanto, os cálculos algébricos envolvidos são mais longos.
12-34:	No equador, o campo gravitacional e a aceleração radial são vetores paralelos, e considerando o módulo do peso como indicado na Eq. (12-30) obtemos: 
				
	A diferença entre o valor medido do peso e a atração gravitacional é dada pelo termo 
. A massa m é obtida explicitando-se o valor de m na primeira relação, ou seja,
				
Então
				
	
	
	Usando g0 = 9.80 m/s2 ou calculando g0 pela Eq. (12-4) obtemos
	
12-36:	a)		
	b)		
Explicitando-se o valor de M na Eq. (12-32), obtemos
			
12-38:	Usando a massa do Sol M na Eq. (12-32) encontramos
		
	
	Ou seja, a Eq. (12-32) pode ser escrita na forma
		
	Usando 3.0 km em vez de 2.95 km o erro máximo é de 1.7%.
12-40:	a)	Pela simetria, a força gravitacional é dirigida formando um ângulo de 45º a partir do eixo +x (ou seja é a bissetriz dos eixos x e y), possuindo o seguinte módulo:
O deslocamento inicial é tão grande que podemos considerar a energia potencial inicial igual a zero. De acordo com o teorema do trabalho - energia cinética, temos
Cancelando o fator m , explicitando v e substituindo os valores numéricos, obtemos v = 3.02 x 10-5 m/s.
12-42:	a)	A direção da reta que liga a origem ao ponto situado no meio da distância entre as duas massas grandes é dada por
		 arc tan 
 
que não é igual ao ângulo de 14.6º encontrado no Exemplo 12-3. 
O braço da alavanca comum é igual a 0.100 m, e a força sobre a massa superior forma um ângulo de 45º com o braço da alavanca. O torque resultante é
onde o sinal negativo indica um torque no sentido dos ponteiros do relógio.
Não existe nenhum torque resultante devido aos campos gravitacionais em relação ao centro de gravidade e portanto o centro de gravidade neste caso não coincide com o centro de massa.
12-44:	Para a massa da esfera de 25 kg use um índice inferior 1 e para a massa da esfera de 100 kg use um índice inferior 2.
O momento linear é conservado porque estamos desprezando todas as forças, ou seja, a força resultante sobre o sistema é igual a zero. Logo, m1v1 = m2v2. Esta relação será útil para resolver a parte (b) deste problema.
De acordo com o teorema do trabalho - energia cinética, temos
		
e pela conservação do momento linear as velocidades são relacionadas por
	m1v1 = m2v2. 
Usando a lei da conservação do momento linear para eliminar v2 em termos de v1 e simplificando., obtemos
				
com uma expressão análoga para v2. Substituindo os valores numéricos encontramos
		v1 = 1.63 x 10-5 m/s, v2 = 4.08 x 10-6 m/s. 
O módulo da velocidade relativa é dado neste caso pela soma dos módulos das velocidades, ou seja, 2.04 x 10-5 m/s.
As distâncias que os centros das esferas percorrem (x1 e x2) são proporcionais às respectivas acelerações e portanto
 
Quando as esferas finalmente entram em contato, a distância entre os centros das esferas é igual a 2R, ou seja,
	x1 +x2 +2R = 40 m, ou x2 + 4x2 + 2R = 40 m. 
Logo, x2 = 8 m – 0.4R, e portanto
 
	x1 = 32 m – 1.6R.
12-46:	
 
12-48:	Usando na Eq. (12-12) a massa e o raio de Dactyl, obtemos
		
	Muitas pessoas atingem esta velocidade caminhando.
12-50:	a)	Seguindo a sugestão, use para a velocidade de escape
		 
 
onde h é a altura que atingimos quando damos um salto na superfície terrestre. Igualando isto com a expressão da velocidade de escape encontrada no Problema 12-49, encontramos
		
onde g = 9.80 m/s2 é o valor para a superfície terrestre e não para o asteróide. Usando h = 1 m (que naturalmente varia de uma pessoa para outra), obtemos R = 3.7 km. Como alternativa, se conhecêssemos a velocidade do salto de uma pessoa, a análise do Problema 12-49 mostra que para a mesma densidade, a velocidade de escape é proporcional ao raio e para
uma velocidade do salto igual a uma fração de 60 m/s obteríamos o raio como uma fração 50 km.
	
b) Como
	 
12-52:	a)	A energia potencial gravitacional total neste modelo é
			
			
Ver o Exercício 12-5. O ponto onde o campo gravitacional resultante é igual a zero é dado por
			
Usando este valor de r na expressão da parte (a) e o teorema do trabalho - energia cinética, incluindo a energia potencial inicial dada por
		–Gm(mE/RE + mM/(REM – RE)) 
obtemos o resultado: 11.1 km/s.
A distância final da Terra não é RM, porém a distância entre a Terra e a Lua menos o raio da Lua, ou 3.823 x 108 m. De acordo com o teorema do trabalho - energia cinética, o foguete atingiria a Lua com velocidade igual a 2.9 km/s.
12-54:	Combinando as Equações (12-13) e (3-28) e fazendo arad = 9.80 m/s2 (de modo que ( = 0 na Eq. (12-30)),obtemos
	
			
que é igual a 84.5 min, ou cerca de uma hora e meia.
12-56:	a)	A energia do satélite na superfície da Terra é
 
		
 
A energia do satélite quando ele está em uma órbita de raio R ( RE é dada por 
		
 
O trabalho realizado para colocar este satélite em órbita é a diferença entre os valores anteriores:
		
A Energia total do satélite a uma distância muito grande da Terra é igual a zero, logo o trabalho realizado adicional necessário é dado por
		
O trabalho necessário para colocar o satélite em órbita é igual ao trabalho necessário para fazer o satélite ir da sua órbita para a borda do universo.
12-58:	a)	As unidades SI de energia são kg(m2/s2, logo as unidades SI para ( são m2/s2. Por outro lado, sabemos que por considerações de energia cinética as dimensões de energia cinética ou de energia potencial são massa x (velocidade)2, logo as dimensões de potencial gravitacional são as mesmas que (velocidade)2.
	b)		
	c)		
	d)	
 = 5.53 x 1010 J. (Um algarismo a mais foi mantido nos cálculos intermediários.)
12-60:	a)	Ao se deslocar para uma órbita inferior, qualquer que seja o método usado, a gravidade realiza um trabalho positivo e portanto a velocidade deve aumentar.
De acordo com 
 
 
obtemos
			
		Note que um valor positivo de 
 significa uma diminuição de raio. Analogamente, a energia cinética é 
		K = (1/2)mv2 = (1/2)GmEm/r, 
e portanto
		(K = (1/2)(GmEm/r2)(r, (U = -(GmEm/r2)(r 
logo 
		W = (U + (K = -(GmEm/2r2)(r, 
concordando com o resultado da parte (a).
	c) Usando a relação 	
		
e pela Eq. (12-15), obtemos
		 (K = (GmEm2r2)((r) = 6.70 x 108 J, (U = -2(K =
		 -.34 x 109 J and W = -(K = -6.70 x 108 J.
	d) Como o termo “queima” sugere, a energia é convertida em calor ou então se dissipa nas colisões com as moléculas do ar para os restos que conseguem atingir o solo.
12-62:	a)	Os raios R1 e R2 são medidos em relação ao centro de massa, e portanto
		M1R1 = M2R2, logo: R1/R2 = M2/M1.
Se os períodos fossem diferentes, as estrelas se moveriam ao longo da trajetória uma em relação à outra e a distância entre elas não seria constante, portanto as órbitas não seriam circulares. Usando princípios físicos qualitativos, concluímos que a força sobre cada estrela deve possuir o mesmo módulo; em termos dos períodos, o produto da massa pela aceleração radial fornece os módulos dessas forças, portanto
				
		Pelo resultado da parte (a), os numeradores da relação anterior são iguais, e portanto os denominadores também são iguais. Para achar o período na forma simétrica desejada, existem diversos métodos. Um método elegante consiste em usar as relações anteriores para relacionar o período com a força
		
			 
 
de modo que expressões semelhantes para o período são
			
		Somando as duas expressões anteriores obtemos
				
Inicialmente devemos achar os raios de cada órbita em função do período e da velocidade. Em uma órbita circular temos
		
 
Portanto, 
 
 
Agora calcule a soma das massas e use a relação
MaRa = M(R(, e o fato que Ra = 3R(. Então
(Ma + M() = 
 
substituindo os valores de T e os raios, obtemos
(Ma + M() = 
Ma + M( = 3.12 x 1030 kg. Uma vez que 
 M( = MaRa/R( = 3Ma, 4Ma = 3.12 x 1030 kg, 
ou seja, Ma = 7.80 x 1029 kg, e M( = 2.34 x 1030 kg.
seja ( o índice para a estrela e ( o índice para o buraco negro. Usando as relações deduzidas nas partes (a) e (b): 
	R( = (Ma/M()Ra = (0.67/3.8)Ra =
	= (0.176)Ra, (Ra + R() = 
 
e 
 Substituindo os valores de M e de T obtemos
 R(, (R( + 0.176R() = 
Logo, para V616 Monocerotis, 
R( = 1.9 x 109 m, v( = 4.4 x 102 km/s 
e para o buraco negro:
 R( = 34 x 108 m, v( = 77 km/s.
12-64:	Usando a conservação da energia,
		
	O índice inferior a é usado para designar o afélio e o índice superior p é usado para designar o periélio.
	Use a conservação do momento linear, L = mrv. Visto que L é constante, o produto rv deve ser constante, logo,
	
que está de acordo com as leis de Kepler.
12-66:	a)	De acordo com o valor de g nos pólos,
		
GmU/r2 = gU(RU/r)2 = 0.432 m/s2.
GmM/
= 0.080 m/s2.
Não; a gravidade de Miranda não é suficiente para reter objetos lançados nas vizinhanças de sua superfície.
12-68:	a)	O semi-eixo maior é igual a 4 x 1015 m e portanto o período é dada por
		
valor aproximadamente igual a 4 milhões de anos.
Usando a distância entre a Terra e o Sol como estimativa para a distância mais próxima, obtemos
		
(1/2)mv2 = GmSm/R = 1024 J. 
Isto equivale a uma energia muito maior do que a energia de uma erupção vulcânica e comparável com a energia da queima de todo o combustível fóssil existente na Terra.
12-70:	O cálculo direto da força que a esfera exerce sobre o anel é ligeiramente mais trabalhoso do que o cálculo da força que o anel exerce sobre a esfera. Como essas forças possuem o mesmo módulo, a mesma direção e sentidos contrários, basta fazer este último cálculo. Pela simetria, a força sobre a esfera deve ser dirigida ao longo eixo do anel (ver a Fig. (12-27), orientada para o anel. Cada elemento de massa dM do anel exerce uma força com módulo igual a 
		
 sobre a esfera, e o componente x desta força é dado por
		
	Para x >> a, o denominador tende a x3 , logo
 conforme era de se esperar. Portanto a força sobre a esfera é igual a 
	
 no sentido -x. 
	A esfera atrai o anel com uma força igual e contrária. (Trata-se de um método alternativo equivalente para se obter os resultados dos itens (c) e (d) do Exercício 12-33.)
12-72:	a)	Pelo resultado indicado no Exemplo 12-9, a força é de atração e seu módulo é proporcional à distância entre o objeto e o centro da Terra. Comparando com as Equações (6-8) e (7-9) vemos que a energia potencial gravitacional é dada por
			
	Isto também fornece a integral de Fg desde 0 até r em relação à distância.
De acordo com a parte (a), a energia potencial gravitacional inicial é dada por
	U(RE) = 
 
	Igualando a energia potencial gravitacional inicial com a energia cinética final (a energia cinética inicial e a energia potencial gravitacional final são ambas nulas), obtemos
12-74:	a)	Para ir da órbita circular da Terra para a órbita de transferência, a energia da espaçonave deve crescer e o foguete deve ser disparado no sentido contrário ao do
movimento, ou seja, no sentido do aumento da velocidade. Quando ela está na órbita de Marte, a energia deve aumentar de novo e portanto o foguete deve ser disparado no sentido contrário ao do movimento. De acordo com a Fig. (12-30), o semi-eixo maior da órbita de transferência é dado pela média aritmética dos raios da órbita da Terra e de Marte e pela Eq. (12-19), a energia da espaçonave na órbita de transferência é intermediária entre as energias das órbitas circulares. Retornando de Marte para a Terra, invertemos o procedimento e os foguetes devem ser disparados no sentido contrário ao do movimento. 
	O tempo deve ser igual à metade do período como indicado na Eq. (12-19), e o semi-eixo maior a é dado pelo valor médio dos raios das órbitas, ou seja, a = 1.89 x 1011 m, portanto
ou seja, um tempo que equivale a quase 9 meses.
Durante este tempo, Marte passará através de um ângulo de 
	(360º) 
 
e a espaçonave passará através de um ângulo de 180º, de modo que o ângulo entre a reta que une a Terra e o Sol e a reta que une Marte ao Sol deve ser igual a 44.1º.
12-76:	Conforme sugerido no problema, divida o disco em anéis de raio r e espessura dr. Cada anel possui uma área dA = 2(r dr e massa dM dada por
			
O módulo da força que este pequeno anel exerce sobre a massa m é portanto dado por
		dF = (Gm dM)(x/(r2 + x2)3/2), 
a expressão encontrada no Problema 12-70, com dM no lugar de M e a variável r no lugar de a. Portanto, a contribuição de dF para a força variável é dada por
		
	A força total F então será dada pela integral no intervalo total da variável r;
		
	A integral anterior pode ser obtida usando-se uma tabela de integrais ou então fazendo-se a substituição u = r2 + a2. O resultado é
	
	Substituindo o resultado anterior na expressão de F, obtemos 
			
	O termo entre colchetes do segundo membro pode ser escrito na forma
			
quando x>> a, podemos usar a série binomial (ou a aproximação de primeira ordem na série de Taylor). Substituindo na relação anterior, obtemos
				
um resultado esperado, que corresponde ao módulo da força de atração entre massas puntiformes.
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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 13
Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.
13-2:	a)	Como o corpo é libertado a partir do equilíbrio, seu 
deslocamento inicial (0.120 m) é a amplitude. 
O corpo ultrapassou a posição de equilíbrio original e está do lado oposto depois de 0.80 s; este tempo corresponde a meio período, logo o período é igual a 1.60 s.
A freqüência é o inverso do período (Eq. (13-2)):
13-4:	O tempo que o cavaleiro levou (2.60 s) corresponde a meio período, logo o período é igual ao dobro deste valor. Logo a constante da mola é dada por
		
13-6:	Explicitando o valor de k da Eq. (13-12), obtemos
		
13-8:	a)	
 
logo x(t) é uma solução da Eq. (13-4) quando
a = 2A(, uma constante, logo a Eq. (13-4) não é satisfeita.
 
logo x(t)é uma solução da Eq. (13-4) quando (2 = k/m.
13-10:	a)	Pela Eq. (13-19), 
A Eq. (13-18) é indeterminada, porém pela Eq. (13-14), 
 
e pela Eq. (13-17), sen 
cos((t + ((2)) = sen (t, logo x = (-0.98 m) sen ((12.2 rad/s)t)).
13-12:	a)	Para o MHS, obtemos
Pela Eq. (13-19) a amplitude é 1.46 cm, e pela Eq. (13-18) o ângulo de fase é igual a 0.715 rad. A freqüência angular é dada por 2(f = 15.7 rad/s, logo
x = (1.46 cm) cos ((15.7 rad/s)t + 0.715 rad)
v = (-22.9 cm/s) sen ((15.7 rad/s)t + 0.715 rad)
a = (-359 cm/s2) cos ((15.7 rad/s)t + 0.715 rad).
13-14:	Ver o Exercício 13-13;
			t = (arc cos(-1.5/6))(.3/(2()) = 0.0871 s.
13-16:	a)	
	b) Usando este valor,
13-18:	 a)	Pela Eq. (13-23),
		
Pela Eq. (13-22),
Os valores extremos da aceleração ocorrem nas extremidades do movimento, quando 
 logo
Pela Eq. (13-4),
 
Pela Eq. (13-31), 
E = 
(450 N/m)(0.040 m)2 = 0.36 J.
13-20:	No exemplo, 
 e agora desejamos 
	
	
	Para a energia, 
 porém como
	
 
é a fração da energia perdida sob forma de calor.
13-22:	Usando 
 a partir dos dados de calibração, obtemos
		
13-24:	a)	O modo mais simples é começar pelo topo do movimento, a mola não está esticada e portanto sua energia potencial é igual a zero, o gato não está em movimento e sua energia cinética é igual a zero e a energia potencial em relação à base é dada por
	 
		2mgA = 2(4.00 kg)(9.80 m/s2) x (0.050 m) = 3.92 J. 
	Esta é a energia total e permanece constante em todos os pontos. 
Ugrav = 0, K = 0, logo Umola = 3.92 J.
No equilíbrio a mola possui uma deformação igual à metade do valor encontrado no item (a), portanto sua energia potencial torna-se 4 vezes menor, logo
13-26:	Ver o Exercício
9-34.
A massa deve diminuir de um fator de (1/3)3 = 1/27 e portanto o momento de inércia deve diminuir de um fator de (1/27)(1/3)2 = (1/243), e para a mesma constante de torção da mola, a freqüência e a freqüência angular da roda deveria aumentar de 
A constante de torção da mola deveria diminuir de um fator igual a 243, ou seja, por um fator 1/243 ou aproximadamente 0.00412.
13-28:	Explicitando ( em termos do período na Eq. (13-24), achamos
		
13-30: A equação 
 descreve um MHS angular. Neste problema, ( = 0.
	a)	
Quando o deslocamento angular é (, ( = ( cos ((t), e isso ocorre para t = 0, logo
 porque 
 porque cos(0) = 1.
Quando o deslocamento angular é 
	
 porque 
sen((t) = 
 porque cos((t) = ½.
	Isto corresponde a um deslocamento de 60º.
13-32:	
13-34:	a)	Para a precisão fornecida, podemos usar a aproximação de ângulos pequenos. A velocidade mais elevada ocorre na parte inferior do arco, que ocorre depois de um quarto do período, ou seja 
		
			
O mesmo valor calculado em (a), 0.25 s. O período não depende da amplitude.
13-36:
	
13-38:	De acordo com o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia do aro em torno do prego é dado por
 I = MR2 + MR2 = 2MR2, logo T = 
na Eq. (13-39).
 
	Explicitando R, temos R =gT2/8(2 = 0.496 m.
13-40:	a)	Explicitando I na Eq. (13-39) obtemos 
(1.8 kg)(9.8 m/s2)(0.25 m) = 0.0987 kg(m2.
13-42:	a)	Resolvendo a Eq. (13-39), achamos
13-44:	Pela Eq. (13-42), 
 Explicitando b,
		
	Para conferir, note que a freqüência da oscilação é a mesma freqüência do movimento sem amortecimento com aproximação de 4.8 x 10-3%, logo a Eq. (13-42) é válida.
13-46:	Na ressonância, a Eq. (13-46) se reduz a A = Fmax/b(d.
	a)	
2A1. Note que a freqüência de ressonância é independente do valor de b (ver a Fig. (13-24).
13-48:	A freqüência de ressonância é
	
 
portanto o dispositivo experimental não satisfaz a exigência.
13-50:	Chame a massa dos passageiros de m e a massa (desconhecida) do carro de M. A constante da mola é então dada por k = mg/(l. O período da oscilação do carro vazio é 
			
 
E o período da oscilação do carro cheio é 
	
13-52:	A distância L é dada por L = mg/k; o período do movimento oscilatório é
			
que corresponde ao período da oscilação de um pêndulo simples de comprimento igual a L.
13-54:	a)	A força normal force sobre o vaqueiro deve ser orientada para cima quando ele está sobre o touro. Ele deixa a sela quando a força normal tende a zero (ou seja, quando ele não está mais em contato com a sela e a força de contato se anula). Neste ponto o vaqueiro está em queda livre e sua aceleração é igual a –g; esta deve ter sido sua aceleração no exato momento em que ele perde o contato com a sela e portanto esta também é a aceleração da sela.
 
x = +a/(2(f)2 = +(9.80 m/s2)/(2((1.50 Hz))2 = 0.110 m.
A velocidade do vaqueiro é igual a à velocidade da sela
	 v = (2(f)
= 2.11 m/s.
Chamando de t = 0 o instante em que o vaqueiro deixa a sela, a posição da sela em função do tempo quando é dada pela Eq. (13-13), com
		 cos ( = 
 
Podemos conferir fazendo t = 0 e verificando que x = 
 
A posição do vaqueiro é 
			xc = c0 + v0t – (g/2)t2.
O cálculo do instante no qual o vaqueiro e a sela estarão novamente em contato exige a solução de uma equação transcendental que deve ser resolvida numericamente, especificamente,
(0.110 m) + (2.11 m/s)t – (4.90 m/s2)t2 = (0.25 m) cos((9.42 rad/s)t – 1.11 rad),
cuja menor solução positiva é t = 0.538 s.
A velocidade da sela é 
		(-2.36 m/s) cos((t + () = 1.62 m/s 
e a velocidade do vaqueiro é
	(2.11 m/s) – (9.80 m/s2) x (0.538 s) = -3.16 m/s,
obtendo-se uma velocidade relativa igual a 4.77 m/s.
13-56:	a)
			
Para economizar espaço, esta figura não está precisamente com a escala sugerida no problema. Para conferir os valores obtidos pelo método gráfico, obtemos as seguintes respostas algebricamente.
	b)	
	c)	
= 0.050 J.
Se U = 
Pela Eq. (13-18), usando 
			
	logo ( = arc tan 
 = 0.580 rad.
13-58:	A “constante da mola” para este fio é 
 logo
		
13-60:	Escrevendo a Eq. (13-13) em termos da freqüência, para ( = 0, e derivando duas vezes, obtemos
		x = (0.240 m) cos 
Substituindo os valores, temos x = -0.120 m, ou usando
	 t = 
 obtemos x = A cos 120º = 
Substituindo os valores, temos 
	ma = (0.0200 kg)(2.106 m/s2) = 4.21 x 10-2 N, 
no sentido +x.
t = 
 arc cos 
 0.577 s.
Usando o tempo encontrado no item (c), v = 0.665 m/s (Eq. (13-22) obtemos obviamente o mesmo resultado).
13-62:	a)	Explicitando m na Eq. (13-12) e usando k = 
		
t = (0.35)T, logo x = -A sen 2((0.35) = -0.0405 m. Visto que t > 
 a massa já passou pelo ponto mais baixo do movimento e está começando a subir.
Considerando forças para cima como positivas,
 
		Fmola = – mg = -kx,
onde x é o deslocamento a partir do equilíbrio, logo
Fmola = -(160 N/m)(-0.030 m) + (4.05 kg)(9.80 m/s2) = 44.5 N.
13-64:	Ver o Problema 12-72; usando x como variável, em vez de r,
	
	O período é então
		
	ou 84.5 min.
13-66:	a)		
Pela conservação da energia 
		
 
e usando o método do Problema 13-65, fazendo a separação das variáveis, obtemos
			
Integrando de 0 até A em relação a x e de 0 até T/4 em relação a t,
			
Para usar a sugestão, seja u = 
 logo dx = a du e o limite superior da integral em u é u = 1. Passando o fator A2 para fora da raiz quadrada,
			
que pode ser escrita na forma T = 
O período depende da amplitude, e o movimento não é harmônico simples.
13-68:	a)	Considerando como positivos os deslocamentos e as forças para cima, temos 
		 N – mg = ma, ou seja, a = -(2(f)2x, logo
		N = m (g – (2( f)2 A cos ((2( f)t + ()).
O fato da bola oscilar indica que ela não está mais em contato com a lente e a força normal tende a zero periodicamente. Isto ocorre quando a amplitude da aceleração é igual a g, ou seja, quando 
			g = (2( fb)2A.
13-70:	a)	
Fazendo a expressão anterior de Fr igual a zero, o termo entre colchetes deve se anular, logo 
		
 
A expressão anterior de Fr pode ser escrita na forma
		
e)	
13-72:	a)	À medida que a massa se aproxima da origem, o movimento é igual ao do sistema massa - mola cuja constante da mola é k, e o tempo para atingir a origem é 
�� EMBED Equation.3 
		Depois de passar pela origem, o movimento é igual ao do sistema massa - mola cuja constante da mola é igual a 2k e o tempo para atingir a outra extremidade do movimento é dado por
			 
 
O período é igual ao dobro da soma destes valores, portanto
			T = 
 
O período não depende da amplitude, porém o movimento não é harmônico simples.
Pela conservação da energia, se a extremidade negativa é
 
 
O movimento não é simétrico em torno da origem.
13-74:	O torque sobre a barra em relação ao pivô (com ângulos positivos no sentido indicado na figura) é dado por
 
			
 
Igualando esta equação com a taxa de variação do momento angular,
onde usamos o momento de inércia para uma barra delgada em torno do centro é dado por, 
. Donde se conclui que 
		
			
13-76:	O momento de inércia em relação ao pivô é
			 2(1/3)ML2 = (2/3)ML2, 
e o centro de gravidade no equilíbrio está a uma distância d = L/(2
 abaixo do pivô (ver o Problema 8-83). Pela Eq. (13-39), a freqüência é 
			
13-78:	Usando a notação 
 e derivando a Eq. (13-42) (fazendo o ângulo de fase ( = 0 o resultado não se altera), obtemos
			
	Usando essas relações no lado esquerdo da Eq. (13-41),
-kx – bv = Ae-(	t(-k cos ((t + (2(m) (( sen ((t + 2m(2cos ((t)
		 = mAe-(t((2(2 - (2) cos ((t + 2((( sen ((t).
	O fator (2(2 - (2) é (2 - ((2 (Esta é a Eq. (13-43)), portanto
	-kx – bv = mAe-(t (((2 - ((2) cos ((t + 2((( sen (( t) = ma.
13-80:	a)	Pelo teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia em torno do pivô é M(L2 + (2/5)R2). Usando a Eq. (13-39), com d = L obtemos
	
Fazendo 
 e explicitando a razão L/R (ou aproximado a raiz quadrada por 1 + R2/5L2) obtemos
			 
 = 14.1.
(14.1)(1.270 cm) = 18.0 cm.
13-82:	Em cada caso, a massa se move a distância (x, as molas se deslocam distâncias (x1 e (x2, com forças F1 = -k1(x1, F2 = -k2(x2.
(x = (x1 = (x2, F = F1 + F2 = -(k1 + k2) (x, logo
		 kef = k1 + k2.
Apesar da orientação das molas, e do fato que uma delas se comprime enquanto a outra se estica, (x = (x1 + (x2, e o resultado anterior ainda vale: kef = k1 + k2.
Para molas sem massa, a força sobre o bloco deve ser igual à tensão em qualquer ponto da combinação das molas e 
	F = F1 = F2, portanto (x1 = -
		
	logo 
O resultado (c) mostra que quando a mola é cortada ao meio, a constante da mola efetiva dobra, portanto a freqüência cresce de um fator igual a 
13-84:	Chame de l a posição de um fragmento da mola; l = 0 é o ponto fixo e l = L é a extremidade móvel da mola. Então a velocidade do ponto correspondente a l, designada por u, é dada por
			u(l) = 
 
Quando a mola se move l é uma função do tempo, portanto u é uma função implícita do tempo.
	a)	
 logo 
		
		portanto
		
	b)	
 que é a Eq. (13-4).
	c)	m é substituído por 
 logo 
13-86:	Seja d1 e d2 distâncias a partir do centro de massa. Então existem duas relações do tipo indicado na Eq. (13-39); logo
		 
 
essas relações podem ser escritas na forma
		
	
	Subtraindo membro a membro obtemos
			
dividindo pelo fator comum m(d1 – d2) e lembrando que d1 + d2 = L obtemos o resultado desejado.
13-88:	Seja r = R0 + x, portanto r – R0 = x, logo
				F = A[e-2bx – e-bx].
	Onde x é pequeno comparado com b-1, desenvolvendo em série a função exponencial obtemos
			F ( A[(1 – 2bx) – (1 – bx)] = -Abx,
	Correspondente a uma constante da força igual a Ab = 579.2 N/m ou 579 N/m com três algarismos significativos. Este resultado é aproximadamente igual ao encontrado no Exercício 13-32.
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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 14
Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.
14-2:	
14-4:	O comprimento L de uma aresta do cubo é
			
14-6:	a)	A pressão usada para achar a área é a pressão absoluta, logo a área total é dada por
				
Com o peso extra, a repetição do cálculo anterior fornece 836 cm2.
14-8:	( = (gh = (1.00 x 103 kg/m3)(9.80 m/s2)(640 m) = 6.27 x 106 Pa = 61.9 atm.
14-10:	(gh = (1.00 x 103 kg/m3)(9.80 m/s2)(6.1 m) = 6.0 x 104 Pa.
14-12:	[130 x 103 Pa + (1.00 x 103 kg/m3)(3.71 m/s2)(14.2 m) – 93 x 103 Pa] 
	(2.00 m2) = 1.79 x 105 N.
14-14: 
	
14-16:	A força de empuxo é B = 17.50 N - 11.20 N = 6.30 N, logo
		
A densidade é dada por
14-18:	a)	B = (águagV = (1.00 x 103 kg/m3)(9.80 m/s2)(0.650 m3) = 6370 N.
	b)	
(Ver o Exercício 14-17.) Se o volume submerso é V(,
		
14-20:	a)	Desprezando a densidade do ar,
		
ou seja 3.4 x 10-3 m3 com dois algarismos significativos.
T = ( - B = ( - g(águaV = ( 
14-22:	Usando a Eq. (14-13), 
	
	
146 Pa,
1.46 x 104 Pa (note que este resultado é 100 vezes maior do que a resposta do item (a)).
14-24:	A análise que conduziu à Eq. (14-13) é válida para os poros;
			
14-26:	
(i) 	A2 = 0.1050 m2, v2 = 2.33 m/s.
A2 = 0.047 m2, v2
= 5.21 m/s.
v1A1t = v2A2t = (0.245 m3/s)(3600 s) = 8823.
14-28:	a)	Pela equação que precede a Eq. (14-14), dividido pelo intervalo de tempo dt obtemos a Eq. (14-16).
A vazão volumétrica diminui de 1.50%.
14-30:	a)	Pela Eq. (14-22), 
vA = (16.57 m/s)(((0.30 x 10-2 m)2) = 4.69 x 10-4 m3/s. Note que mais um algarismo significativo foi mantido nos cálculos intermediários.
14-32:	Usando v2 = 
 na Eq. (14-21),
14-34:	a)	
A densidade do líquido é
	 
e portanto a vazão volumétrica é
			 
 
Este resultado também pode ser obtido do seguinte modo
			
	d)	
14-36:	Pela Eq. (14-21), para y1 = y2,
	
 = 1.80 x 104 Pa + 
(1.00 x 103 kg/m3)(2.50 m/s)2 = 2.03 x 104 Pa, 
onde usamos a equação da continuidade 
.
14-38:	No centro, r = 0 na Eq. (14-25), e explicitando p1 – p2 = (p, obtemos 
	(p = 
14-40:	a)	Explicitando na Eq. (14-26) a pressão manométrica (p = p1 - p2,
		
Esta é a diferença de pressão abaixo da atmosfera existente na boca do inseto, ou seja, a pressão manométrica é negativa. A diferença de pressão é proporcional ao inverso da quarta potência do diâmetro, portanto a maior contribuição para esta diferença de pressão é devida à menor seção reta da boca do inseto.
14-42:	Da equação da velocidade terminal, Eq. (14-27), obtemos
				
onde (1é a densidade do líquido e (2é a densidade do latão. Explicitando a viscosidade obtemos 
					
	O raio é obtido de
			V = 
 
donde obtemos r = 2.134 x 10-3 m. Substituindo os valores numéricos na relação precedente ( = 1.13 N(s/m2, aproximadamente igual a 11 com dois algarismos significativos.
14-44:	Pela Eq. (14-27), a lei de Stokes, obtemos 
		6((181 x 10-7 N(s/m2)(0.124 m/s) = 2.12 x 10-4 N
logo o peso é igual a 5.88 N; a razão é igual a 3.60 x 10-5.
14-46:	a)	A área da seção reta da esfera é 
 portanto 
		
A força em cada hemisfério produzida pela pressão da atmosfera é
	((5.00 x 10-2 m)2 (1.013) x 105 Pa)(0.975) = 776 N.
14-48:	a)	O peso da água é
	(gV = (1.00 x 103 kg/m3)(9.80 m/s2)((5.00 m)(4.0 m)(3.0 m))=5.88x105 N,
ou seja, 5.9 x 105 N com dois algarismos significativos.
A integração fornece o resultado esperado: se a pressão fosse uniforme, a força seria igual ao produto da pressão no ponto médio pela área, ou seja,
	
	ou 1.8 x 105 N com dois algarismos significativos.
14-50:	a)	Ver o Problema 14-49; a força total é dada pela integral ∫dF desde h = 0 até h = H, obtemos 
		F = (g( H2/2 = (gAH/2, onde A = (H.
O torque sobre um faixa vertical de largura dh em relação à base é
	dr = dF(H – h) = (g(h(H – h)dh, 
e integrando desde h = 0 até h = H, obtemos
		( = (gAH2/6.
A força depende da largura e do quadrado da profundidade e o torque em relação à base depende da largura e do cubo da profundidade; a área da superfície do lago não influi em nenhum dos dois resultados (considerando a mesma largura).
14-52:	A barra cilíndrica possui massa M, raio R, e comprimento L com uma densidade proporcional à distância até uma das extremidades, ou seja, ( = Cx2.
M = 
(dV = 
Cx2dV. 
O elemento de volume é dado por dV = (R2dx. Logo a integral é dada por
			M = 
Cx2( R2dx. 
A Integração fornece
			 M = C( R2
x2dx = C(R2
 
Explicitando C, obtemos C = 3M/( R2L3.
A densidade para a extremidade x = L é dada por
	 ( = Cx2 = 
O denominador é precisamente igual ao volume total V, logo ( = 3M/V, ou três vezes a densidade média, M/V. Logo a densidade média é igual a um terço da densidade na extremidade x= L.
14-54:	a)	A Equação (14-4), com o raio r em vez da altura y, pode ser escrita na forma
		 dp = -(g dr = -(gs(r/R) dr. 
Esta forma mostra que a pressão diminui com o aumento do raio. Integrando, com p = 0 em r = R, obtemos 
				
Usando a relação anterior com r = 0 e
 obtemos 
			
Embora a ordem de grandeza seja a mesma, o resultado não concorda bem com o valor estimado. Em modelos com densidades mais realistas (ver o Problema 14-53 ou o Problema 9-85), a concentração da massa para raios menores conduz a uma pressão mais elevada.
14-56: Seguindo a sugestão:
			
onde R é o raio e h é a altura do tanque (o fato que 2R = h é mais ou menos acidental).Substituindo os valores numéricos obtemos
			F = 5.07 x 108 N.
14-58:	A diferença entre as densidades deve fornecer o "empuxo" de 5800 N (ver o 
	Problema 14-63). A densidade média dos gases no balão é dada por
			
14-60:	a)	O volume deslocado deve ser aquele que possui o mesmo peso e massa do
		gelo, 
.
Não; quando fundido, a água resultante terá o mesmo volume que o volume deslocado por 9.70 g do gelo fundido, e o nível da água permanecerá o mesmo.
A água resultante do cubo de gelo derretido ocupará um volume maior do que o da água salgada deslocada e portanto um volume de 0.46 cm3 deve transbordar. 
14-62:	A fração f do volume que flutua acima do líquido é dada por
				f = 1 - 
onde ( é a densidade média do densímetro (ver o Problema 14-17 ou o Problema 14-59), que pode ser escrita na forma
				
 
Logo, para dois fluidos que possuem frações de flutuação f1 e f2, temos
				
 
Nesta forma é claro que um valor de f2 maior corresponde a uma densidade maior; uma parte maior do flutuador fica acima do fluido. Usando
	
	 f1 = 
14-64:	a)	O princípio de Arquimedes afirma que (gLA = Mg, logo 
A força de empuxo é dada por (gA(L + x) = Mg + F; usando o resultado da parte (a) e explicitando x obtemos 
A “constante da mola,” ou seja, a proporcionalidade entre o deslocamento x e a força aplicada F, é k = (gA, e o período da of oscilação é
			
14-66:	Para economizar cálculos intermediários, considere a densidade, a massa e o volume do salva-vidas como (0, m e v, e as mesmas grandezas referentes à pessoa como (1, M e V. A seguir, igualando a força de empuxo com o peso, e cancelando o fator comum g, obtemos 
					(água ((0.80)V + v) = (0v + (1V,
		Eliminando V e m, achamos,
				
		
	Explicitando (0, obtemos 
			
14-68:	A força de empuxo sobre a massa A, dividida por g, deve ser igual a 
	
	7.50 kg – 1.00 kg – 1.80 kg = 4.70 kg 
(ver o Exemplo 14-6), logo a massa do bloco é
			4.70 kg + 3.50 kg = 8.20 kg.
A massa do líquido deslocado pelo bloco é 4.70 kg, logo a densidade do líquido é
		
A balança D fará a leitura da massa do bloco, 8.20 kg, como calculamos acima. A balança E fará a leitura da massa do recipiente mais a massa do líquido, 2.80 kg.
14-70:	(Note que aumentar x corresponde a um deslocamento para a traseira do carro.)
A massa de um elemento de volume é ( dV = ( A dx, e a força resultante sobre este elemento é dirigida para a frente e seu módulo é dado por
	 (p + dp)A – pA = A dp. 
Pela segunda lei de Newton, 
A dp = (( A dx)a, ou seja, dp = ( a dx.
Como ( é constante, e para p = p0 em x = 0, obtemos
	 p = p0 + ( ax.
Usando ( = 1.2 kg/m3 no resultado da parte (b) obtemos
	 (1.2 kg/m3)(5.0 m/s2)(2.5 m) = 15.0 Pa ~ 15 x 10-5patm, 
portanto a variação percentual da pressão é desprezível
.
Seguindo o método da Seção 14-4, a força sobre a bola deve
ser igual à mesma força exercida sobre o mesmo volume de ar; esta força é igual ao produto da massa ( V multiplicada pela aceleração, ou ( Va.
A aceleração da bola é a força encontrada na parte (d) dividida pela massa ( bolaV, ou (( /( bola )a. A aceleração em relação ao carro é dada pela diferença entre esta aceleração e a aceleração do carro, logo
			arel = [(( /( bola) – a]a.
Para uma bola cheia de ar, (( /( bola) < 1 (uma bola cheia de ar tende a afundar no ar calmo), e portanto a grandeza entre colchetes na resposta do item (e) é negativa; a bola se desloca para a traseira do carro. No caso de uma bola cheia de hélio, a grandeza entre colchetes é positiva e a bola se desloca para a frente do carro.
14-72:	a)	Ver o Problema 14-71. Substituindo f por, respectivamente, wágua/w e wfluid/w, obtemos 
			
		e dividindo a segunda equação pela primeira, obtemos 
				
Quando (fluid é maior do que (água, o termo do lado direito da expressão anterior é menor do que um, indicando que o fluido é menos denso do que a água. Quando a densidade do fluido é igual à densidade da água, obtemos (fluid = (água, como era esperado. Analogamente, quando (fluid é menor do que (água, o termo do lado direito da expressão anterior é maior do que um, indicando que o fluido é mais denso do que a água.
Escrevendo o resultado do item (a) na forma
			
E explicitando ffluid, obtemos 
	
14-74:	a)	Seja d a profundidade da camada de óleo, h a profundidade na qual o cubo está submerso na água e L a aresta do cubo. Então, igualando a força de empuxo com o peso, cancelando os fatores comuns g e a área da seção reta e omitindo as unidades, obtemos 
		 (1000)h + (750)d = (550)L,
onde d, h e L são relacionados por d + h + (0.35)L = L, logo
			 h = (0.65)L – d. 
	Substituindo a relação anterior na primeira equação, obtemos
		
A pressão manométrica na face inferior deve ser suficiente para suportar o bloco, logo
	p = (madeiragL = (550 kg/m3)(9.80 m/s2)(0.100 m) = 539 Pa. 
Para conferir, a pressão manométrica, calculada pela densidade e profundidade dos fluidos é
 ((0.040 m)(750 kg/m3) + (0.025 m)(1000 kg/m3))(9.80 m/s2) = 39 Pa.
14-76:	a)	A densidade média de um barril cheio é
		
 
que é menor do que a densidade da água do mar.
A fração que flutua (ver o Problema 14-17) é
		
A densidade média é igual a 910 
 donde se conclui que o barril afunda. A fim de elevá-lo é necessário uma tensão
	T = 
	
14-78:	a)	A variação da altura (y é relacionada com o volume deslocado (V por (y = 
 onde A é a área da superfície da água na eclusa, (V é o volume da água que possui o mesmo peso do metal, portanto
	
Neste caso, (V é o volume do metal; na relação anterior, (água deve ser substituído por (metal = 9.00(água, que fornece
 (y( = 
 
este resultado indica quanto abaixa o nível da água na eclusa.
14-80:	a)	A variação da pressão em relação à distância vertical fornece a força necessária para manter um elemento de fluido flutuando em equilíbrio na vertical (que se opõe ao peso). Para um fluido girando, a variação da pressão em relação ao raio fornece a força necessária para manter um elemento de fluido se acelerando radialmente. Especificamente, obtemos
		
			 
 
e usando	a relação 
Chame a pressão em y = 0, r = 0 de pa (pressão atmosférica); integrando a expressão para 
 indicada na parte (a) obtemos 
		
Na Eq. (14-5), p2 = pa,, p1 = p(r, y = 0) como achamos na parte (b), y1 = 0 e y2 = h(r), a altura do líquido acima do plano y = 0. Usando o resultado da parte (b) obtemos 
				 h(r) = (2r2/2g.
14-82:	Explicitando R na Eq. (14-13) obtemos 
			
14-84:	a)	Como no Exemplo 14-9, a velocidade de saída da água é igual a 
 Depois de sair do tanque a água está em queda livre e o tempo que qualquer porção da água leva para atingir o solo é dado por
		
 
e neste intervalo de tempo a água se deslocou uma distância horizontal dada por
		 
Note que se
 h( = H – h, h((H – h() = (H – h)h, 
e portanto h( = H – h fornece o mesmo alcance.
14-86:	a)
Como p3 é a pressão atmosférica, a pressão manométrica no ponto 2 é
				
		Usando a relação anterior encontrada para v3 e substituindo os valores numéricos obtemos 
				p2 = 6.97 x 104 Pa.
14-88:	a)	Usando a constância do momento angular, notamos que o produto do radio vezes a velocidade é constante, logo a velocidade é aproximadamente igual a 
		(200 km/h)
A pressão é menor no "olho", de um valor dado por
c)	
 = 160 m com dois algarismos significativos.
d)	A pressão em altitudes mais elevadas é menor ainda.
14-90:	a)	
 logo as velocidades são
		
	b)	
 ou 1.69 x 104 Pa com três algarismos significativos.
	c)	
14-92:	a)	A força resultante sobre a esfera é a soma vetorial da força gravitacional, da força de empuxo e da força viscosa, logo da relação F = ma, obtemos
		 mg – B – Fd = 
 
		Substituindo Fd da Eq. (14-27) e explicitando vt em termos das densidades obtemos a expressão para vt conforme visto no Exemplo 14-13, porém com ( no lugar de 
 especificamente, obtemos
	
Repetindo o cálculo sem o fator 
 e multiplicando por ( obtemos 
			vt = 0.120 m/s.
14-94:	a)	Explicitando p1 – p2 = (p na Eq. (14-29) e fazendo a variação da altura igual a 0, obtemos 
				
	b)	
 (7.51 x 106 Pa)(0.0600 m3/s) = 4.51 x 105 W. O trabalho realizado é (pdV.
14-96:	a)	O volume V da pedra é 
	
		Nos referenciais acelerados, todas as grandezas que dependem de g (pesos, forças de empuxo, pressões manométricas e tensões) podem ser substituídas pelo valor eficaz g( = g + a, com sentido positivo orientado de baixo para cima. Logo, a tensão é
 
		T = mg( - B( = (m - (V)g( = T0 
 onde T0 = 21.0 N.
g( = g + a; para a = 2.50 m/s2, T = (21.0 N) 
Para a = -2.50 m/s2, T = (21.0 N) 
Quando a = -g, g( = 0 e obtemos T = 0.
14-98:	Quando o nível da água é a altura y da abertura, a velocidade de saída da água é dada por
			
 e 
 
À medida que o tanque é drenado, a altura diminui, logo
			
	Esta equação diferencial permite a separação das variáveis e o tempo T necessário para drenar o tanque é obtido pela integração da relação
				
cuja integração conduz ao resultado
				
Donde se conclui que
				
14-100:	O surgimento de qualquer bolha pode trazer imprecisões nas medidas. Ao longo da bolha, a pressão nas superfícies da água podem ser iguais porém, como o ar pode ser comprimido dentro da bolha, os dois níveis da água indicados na Figura 14.49 não são necessariamente iguais (geralmente são diferentes quando existem bolhas na mangueira). O mesmo fenômeno ocorre no freio hidráulico. Quando você pisa no freio, a pressão só é transmitida integralmente quando não existem bolhas nos tubos; quando existem bolhas, o freio não funciona. O uso de uma mangueira para nivelar uma superfície horizontal pode funcionar perfeitamente bem, desde que não hajam bolhas ao longo da mangueira. No caso específico do Problema 14-100 como existe uma bolha, os níveis não são iguais.
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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 15
Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.
15-2:	Pela Eq. (15-2), 
(6/9)(41.0 – 32) = 5.0ºC.
(5/9)(107 – 32) – 41.7ºC.
(5/9)(-18 – 32) = -27.8ºC.
15-4:		(5/9)(45.0 – (-4.0)) = 27.2ºC
15-6:	(9/5)(11.8) = 21.2ºF.
15-8:	a)	TC = 400 – 273.15 = 127ºC,
TC = 95 – 273.15 = -178ºC, 
TC = 1.55 x 107 – 273.15 = 1.55 x 107ºC.
15-10:	Pela Eq. (15-4), (7.476)(273.16 K) = 2042.14 K – 273.15 = 1769ºC.
15-12:	Na escala Kelvin, o ponto triplo da água é igual a 0.01ºC que corresponde a 273.16 K. De acordo com o Exercício 15-10, a temperatura de fusão normal da platina é igual a 1769ºC ou 2042.14 K. 
	
15-14:	 (T = ((L)/((L0) = (25 x 10-2 m)/((2.4 x 10-5 (ºC)-1)(62.1 m)) = 168 ºC, logo a temperatura é igual a 183ºC.
15-16:		d + (d = d(1 + ((T)
		= (0.4500 cm) (1 + (2.4 x 10-5 (ºC)-1)(23.0ºC – (-78.0ºC)))
		= 0.4511 cm = 4.511 mm.
15-18:		((T = (2.0 x 10-5 (ºC)-1)(5.00ºC – 19.5ºC) = -2.9 x 10-4.
15-20:		Pela Eq. (15-8), (T = 
ºC, logo T = 49.4ºC.
15-22:		O coeficiente pode ser achado pela inclinação da curva a 9ºC.
15-24:	a)	A = L2, (A = 2L(L = 
 Porém 
((T, logo
		(A = 2((TA0 = (2()A0(T.
(A = (2()Ao(T = (2) (2.4 x 10-5(ºC)-1)(( x (.275 m)2))(12.5ºC) = 
1.4 x 10-4 m2.
15-26:	Pela Eq. (15-12),
		F = -Y ((TA
	= -(0.9 x 1011 Pa)(2.0 x 10-5(ºC)-1)(-110ºC)(2.01 x 10-4 m2)
	= 4.0 x 104 N.
15-28:	a)	(L = ((TL = (1.2 x 10-5 K-1)(35.0 K)(12.0 m) = 5.0 x 10-3 m.
Usando valores absolutos na Eq. (15-12),
Y((T = (2.0 x 1011 Pa)(1.2 x 10-5 K-1)(35.0 K) = 8.4 x 107 Pa.
15-30:		
 
ou aproximadamente igual a 24 min.
15-32:	a) O trabalho realizado pelo atrito é a energia mecânica,
	
Usando o resultado da parte (a) para Q na Eq. (15-13) obtemos
(T = (1.54 x 103 J)/((35.0 kg)(3650 J/kg(K)) = 1.21 x 10-2 ºC.
15-34:	Supondo Q = (0.60) x 10 x K,
	(T = (0.60) x 10 x 
15-36:	a)	Q = mc(T = (0.320 kg)(4190 J/kg(K)(60.0 K) = 8.05 x 104 J.
	b)	
15-38:	a)	Vamos usar o índice inferior m para designar o homem e o índice inferior w para designar a água, e chamaremos de T a temperatura de equilíbrio final. Então,
					-mmCm(Tm = mwCw(Tw
		-mmCm(T – Tm) = mwCw(T – Tw)
		mmCm(Tm – T) = mwCw(T – Tw)
	Explicitando T, obtemos T = 
 Substituindo números, e lembrando que podemos trocar K por ºC, e que a massa da água é .355 kg, obtemos
	
		Portanto, T = 36.85ºC.
Usando um termômetro digital sensível podemos medir esta variação visto que ele pode ler .1ºC. 
15-40:		Q = m (c(T + Lf )
				= (0.350 kg) ((4190 J/kg(K)(18.0 K) + 334 x 103 J/kg)
				= 1.43 x 105 J = 34.2 kcal
15-42:		a)	
		b)	
 
logo o tempo necessário para fundir o gelo é igual a 21.7 min + 230 min = 252 min.
		c)
			
15-44:	a)	m(c(T + Lv) = (25.0 x 10-3 kg) ((4190 J/kg(K)(66.0 K) + 2256 x 103 J/kg) =
		6.33 x 104 J.
mc(T = (25.0 x 10-3 kg)(4190 J/kg(K)(66.0 K) = 6.91 x 103 J.
Uma queimadura com vapor d’água é muito mais prejudicial para a pele do que uma queimadura com água quente.
15-46:	a)	
Esta quantidade de água possui um volume igual a 101 cm3, cerca de um terço do volume de uma lata de refrigerante.
15-48:	Para este caso, os cálculos necessários são
		
15-50:	O calor perdido pela amostra é o calor ganho pelo calorímetro e água, e 
	o calor específico da amostra é
	
ou 1000 J/kg(K com somente dois algarismos significativos porque a variação de temperatura geralmente é medida com dois algarismos significativos.
15-52:	O calor perdido pela amostra produz a fusão da massa m de gelo, onde
	
	Visto que a massa obtida é menor do que a massa de gelo, nem todo o gelo se funde e a amostra é realmente esfriada até 0ºC. Note que não foi necessário converter gramas para quilogramas.
15-54:	Igualando o calor perdido pelo chumbo com o calor ganho pelo calorímetro 
	(incluindo a mistura água - gelo),
			mPbCPb (200ºC – T) = (mw + mice) cwT + mCucCuT + miceLf.
	Explicitando a temperatura final T e substituindo os valores numéricos,
		
	(O fato de obtermos uma temperatura Celsius positiva confirma que o gelo todo foi realmente fundido.)
15-56:	Ambas as unidades SI de H e de 
 são watts, a unidade de área é m2, a unidade de diferença de temperatura é K, a , a unidade de comprimento é metro, logo as unidades SI de condutividade térmica são
			
15-58:	Usando a regra de derivação em cadeia, H = 
 e explicitando K na Eq. (15-21), obtemos
				
15-60:	a)	Pela Eq. (15-21),
			H = (0.040 W/m(K)(1.40 m2) 
ou aproximadamente igual a 200 W com dois algarismos significativos nos cálculos.
O resultado da parte (a) fornece a potência necessária.
15-62:	a)	A taxa de transferência de calor é a mesma através
das duas barras metálicas. Visto que o comprimento da barra de cobre é conhecido,
		H = (385.0 W/m(K)(4.00 x 10-4 m2)
O comprimento da barra de aço pode ser achado substituindo-se o resultado anterior pelo valor de H na Eq. (15-21) e explicitando L2, ou, visto que H e A possuem os mesmo para as duas barras.
	L2 = 
15-64:	Pela Eq. (15-25), para e = 1,
(5.67 x 10-8 W/m2(K4)(273 K)4 = 315 W/m2.
Um fator igual a 10 na temperatura faz aumentar a taxa de irradiação de um fator igual a 104; logo a resposta é: 3.15 x 106 W/m2.
15-66:	De acordo com a Equação (15-26), a potência fornecida deve ser igual a Htotal, portanto,
		P = Ae((T4 – Ts4)
		 =(4((1.50 x 10-2 m)2)(0.35)(5.67 x 10-8 W/m2(K4)((3000 K)4 – (290 K)4)
		 = 4.54 x 103 W.
15-68:	O raio é calculado através da relação
			
	Substituindo os valores numéricos, os raios para as partes (a) e (b) são, respectivamente,
			
			
O raio de Procyon B (Rb) é comparável com o raio da Terra e o raio de Rigel (Ra) é comparável com a distância entre a Terra e o Sol.
15-70:	Substituindo os valores numéricos na Eq. (15-28) obtemos
			18ºC + (5.0 K/W)(12 W) = 78ºC.
15-72:	Explicitando (T na Eq. (15-28) obtemos 
			 (T = Tic – Tamb, rtérm = 
Portanto,
	a)	
	b)	
15-74:	Todas as dimensões lineares do aro cresceriam com um mesmo fator igual a ((T, logo o aumento do raio do aro seria igual a 
			R((T = (6.38 x 106 m)(1.2 x 10-5 K-1)(0.5 K) = 38 m.
15-76:	a)	A variação de altura será igual à diferença entre as variações dos volumes do líquido e do vidro, dividido pela área. O líquido pode se expandir livremente ao longo da coluna, porém não através do diâmetro do tubo, logo o aumento de volume é refletido na variação do comprimento da coluna do líquido no gargalo.
Obtemos 
		
15-78:	a)	O volume perdido, 2.6 L, é a diferença entre o volume do tanque e o volume do combustível depois da expansão e para calcular a diferença máxima de temperatura devemos determinar
			
ou aproximadamente igual a 28 ºC; portanto a temperatura máxima ocorrida naquele sábado foi de 32ºC.
Nenhuma variação de volume de combustível pode ocorrer quando o tanque é cheio imediatamente antes do avião levantar vôo.
15-80:	Ao deduzir a Eq. (15-12), supomos que (L = 0; quando esta condição não é satisfeita, ocorre uma tensão térmica e uma tensão mecânica de dilatação; a Eq. (15-12) pode ser escrita agora na forma
				
	Para a situação deste problema, existem duas variações de comprimento que somadas devem ser igual a zero, logo a Eq. (15-12) pode ser estendida para dois materiais a e b do seguinte modo
			
	Note que na relação anterior, (T, F e A devem possuir valores iguais para as duas barras. Explicitando a tensão F/A, obtemos 
	
		
usando dois algarismos significativos.
15-82:	a)	A variação de volume devida a um aumento de temperatura é dada por (V(T, e a variação de volume devida a um aumento de pressão é dada por
				
(Eq. (11-13)).
Fazendo a variação total igual a zero, obtemos 
		(V(T = 
�� EMBED Equation.3 ou seja, (p = B((V.
Pela relação anterior, (p = (1.6 x1011 Pa)(3.0 x 10-5 K-1)(15.0 K) 
				= 8.64 x 107 Pa.
15-84:	Igualando o calor perdido pelo refrigerante e pela caneca com o calor ganho pelo gelo e explicitando a temperatura final T, obtemos 
 T=
	Note que a massa do gelo (0.120 kg) aparece no denominador desta expressão multiplicada pelo calor específico da água; depois que o gelo se funde, a massa do gelo fundido aumentar até T.
15-86:	a)	O cabrestante realiza um trabalho sobre a corda com uma taxa
	
		
ou 180 W usando dois algarismos significativos. O torque resultante que a corda exerce sobre o cabrestante, igual e contrária ao torque que o cabrestante exerce sobre a corda é dado pela diferença entre as forças nas extremidades do raio. Um número maior de voltas poderia fazer a força aumentar, porém para forças fornecidas, o torque não depende do número de voltas.
	b)		
15-88:	Fazendo a diminuição da energia interna da água igual ao valor final da energia potencial gravitacional, obtemos 
		Lf(wVw + Cw(wVw(T = mgh.
Explicitando h, e substituindo os números, encontramos
	
15-90:	Ver o Problema 15-87. Designando C a relação C = a + bT, com a e b independentes da temperatura, por integração, obtemos
			
	Nesta forma, as temperaturas para a parte linear podem ser expressas em termos de graus Celsius, porém a parte quadrática deve ser convertida para temperatura em kelvins, T1 = 300 K e T2 = 500 K. Substituindo os valores, obtemos 
			
15-92:	A razão entre as massas é
		
logo uma quantidade de 0.0696 kg de vapor d’ água fornece a mesma quantidade de calor fornecida por 1.00 kg de água. Note que o calor específico da água foi usado para achar o calor perdido pelo vapor d’água condensado.
15-94:	a)	Os três possíveis estados finais são gelo a uma temperatura abaixo de 
		0.0ºC, uma mistura de gelo - água a 0.0ºC ou água a uma temperatura 
		acima de 0.0ºC. Para fazer uma tentativa elaborada para a possibilidade 
		do estado final, note que (0.140 kg)(2100 J/kg(K)(15.0 ºC) = 4.41 kJ são 
		necessários para fazer o gelo chegar até 0.0ºC, e precisamos remover uma 
		quantidade de calor de (0.190 kg)(4190 J/kg(K)(35.0 ºC) = 27.9 kJ para 
		fazer a água se esfriar até 0.0ºC, donde se conclui que a água não deve 
		congelar. A liquefação total do gelo necessitaria de uma quantidade de
	calor adicional igual a (0.140 kg)(334 x 103 J/kg) = 46.8 kJ, logo somente 
	uma parte do gelo se liqüefaz; portanto a temperatura final do sistema é 
	igual a 0.0ºC.
			Considerar as outras possibilidades levaria a contradições.
O gelo absorve 27.9 kJ de energia calorífica para esfriar a água até 0ºC. Logo
serão convertidos em água. Logo permanecem em equilíbrio na temperatura final .070 kg de gelo e .260 kg de água.
15-96:	A massa de vapor d’água condensada é igual a 0.525 kg – 0.490 kg = 0.035 kg. O calor perdido pelo vapor d’água quando ele condensa e esfria é
			(0.035 kg)Lv + (0.035 kg)(4190 J/kg(K)(29.0 K),
e o calor ganho pela água original e pelo calorímetro é dado por
	((0.150 kg)(420 J/kg(K) + (0.340 kg)(4190 J/kg(K))(56.0 K) = 8.33 x 104 J.
	Igualando o calor perdido com o calor ganho e explicitando Lv obtemos o valor 
		2.26 x 106 J/kg, ou seja, 2.3 x 106 J/kg 
com somente dois algarismos significativos porque a massa da água condensada é conhecida com dois algarismos significativos.
15-98:	Explicitando k na Eq. (15-21), obtemos 
		
= 5.0 x 10-2 W/m(K.
15-100:	
 logo 
 
A diferença de temperatura através da combinação é dada por
			
	logo R = R1 + R2.
15-102:	Vamos designar as grandezas relativas ao cobre, ao latão e ao aço, respectivamente, por 1, 2 e 3, e chamando a temperatura da junção de T0, obtemos 
H1 = H2 + H3, 
usando a Eq. (15-21) e dividindo pelo área comum,
			
		ExplicitandoT0 obtemos
			
		Substituindo os valores numéricos obtemos T0 = 78.4ºC.
Usando H = 
 para cada barra, com 
(T1 = 21.6 ºC, (T2 = (T3 = 78.4ºC, obtemos 
H1 = 12.80 W, H2 = 9.50 W, H3 = 3.30 W
e verificamos que H1 é a soma de H2 e H3.
15-104:	A Equação (15-21) pode ser escrita na forma
H = (380 J/kg(K)(2.50 x 10-4 m2)(140 ºC / m) = 13.3 W.
Usando índices inferiores para os pontos 1 e 2, obtemos 
		 H2 – H1 = 
 
Explicitando 
 para o ponto 2, obtemos
				
A massa m é (A(x, logo o fator multiplicando 
 na relação anterior é igual a 
				
 
Portanto,
			
140 ºC/m + (137 s/m)(0.250 ºC/s) = 174 ºC/m.
15-106:	a)	Supondo que não haja nenhuma perda de energia substancial na 
		região entre a Terra e o Solução, a potência por unidade de área será 
		inversamente proporcional ao quadrado da distância até o centro do Sol,
		logo o fluxo de energia na superfície do Sol é dada por
		 (1.50 x 103 W/m2) 
 = 6.97 x 107 W/m2.
Resolvendo a Eq. (15-25) com e = 1, obtemos
				
15-108:	a)	Como (p = 0, obtemos 
				
		portanto
				
	b)			
15-110:	a)	O calor gerado pelo hamster é o calor fornecido para a caixa, logo
	
(1.20 kg/m3)(0.0500 m3)(1020 J/mol(K)(1.60 ºC/h) = 97.9 J/h.
Levando em conta a eficiência, obtemos 
			
15-112:	Pelo resultado do Problema 15-111, a taxa de transferência de calor através de cada invólucro é relacionada com a diferença de temperatura pela equação 
			H = 
 
onde l é o comprimento do cilindro, b é o raio externo do cilindro e a é o raio interno do cilindro. Seja (T1 a diferença de temperatura através da cortiça (T2 a diferença de temperatura através do isopor, usando os mesmos índices para as condutividades térmicas e taxas de transferência de calor. Então,
			 (T1 + (T2 = (T = 125 ºC. 
Fazendo H1 = H2 = H e cancelando os fatores comuns, obtemos 
				
	Eliminando (T2 e explicitando (T1 obtemos
				
	Substituindo os valores numéricos obtemos (T1 = 37 ºC, e a temperatura no raio onde as camadas se encontram é 140ºC – 37ºC – 103ºC.
Pela relação anterior, substituindo os valores numéricos para (T1 e usando a relação anterior para H1 = H, obtemos 
		
15-114:	a)	No verão, o momento de inércia I e o comprimento d indicados na 
		Equação (13-39) deverão crescer com o mesmo fator, logo o período será 
		mais longo e o relógio começará a atrasar (perde tempo). Analogamente 
		concluímos que no inverno o relógio começará a adiantar (ganhar tempo). 
		(Um pêndulo ideal é um caso especial de pêndulo.)
	b)	
(1.2 x 10-5 (ºC)-1) x (10.0 ºC) = 1.2 x 10-4.
Ver o Problema 13-83; para evitar uma possível confusão, designe 
período do pêndulo por (. Para este problema,
	 
6.0 x 10-5, 
logo e um dia o relógio ganha um tempo
 (86,400 s)(6.0 x 10-5) = 5.2 s (com dois algarismos significativos.)
		
(1/2)((T < (86,400)-1, 
portanto		
< 2 ((1.2 x 10-5 (ºC)-1)(86,400))-1 = 1.93 ºC.
Note que usamos a variação relativa do período do pêndulo, logo a solução não depende do período do pêndulo.
15-116:	a)	As taxas são:
280 W,
(54 J/h(ºC(m2)(1.5 m2)(11 ºC)/(3600 s/h) = 0.248 W,
(1400 W/m2)(1.5 m2) = 2.10 x 103 W,
(5.67 x 10-8 W/m2(K4)(1.5 m2)((320 K)4 – (309 K)4) = 116 W.
A taxa total é igual a 2.50 kW, sendo que a parcela maior é devida à radiação solar.
b)	
Refazendo os cálculos anteriores com e = 0 e em virtude da diminuição da área obtemos uma potência igual a 945 W e uma correspondente taxa de evaporação igual a 1.4 L/h. Vestir roupas que refletem a radiação solar faz diminuir fortemente a absorção da luz solar. Vestir roupas grandes e frouxas com áreas grandes também facilita a evaporação.
Pearson Education do Brasil
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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 16
Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.
16-2:	a)	A temperatura final é o dobro da temperatura Kelvin inicial, ou seja, a temperatura final é dada por
2(314.15 K) – 273.15 = 355º C 
	b) A massa total de hélio é
	
16-4:	a)	Fazendo a pressão diminuir de um fator igual a um terço, a temperatura
Kelvin também diminui de um fator igual a um terço, logo a nova temperatura Celsius é
		1/3(293.15 K) – 273.15 = -175ºC.
Como a temperatura Kelvin diminui de um fator igual a um terço e a pressão volta ao valor inicial, o volume diminui de um fator igual a um terço, ou seja, o volume final é igual a 1.00 L.
16-6:	a)	
Usando a pressão final de 2.813 x 105 Pa e a temperatura de 195.15 K,
obtemos m( = 0.275 kg; logo a massa perdida é igual a 0.098 kg; para obter este resultado usamos um maior número de algarismos significativos nos cálculos intermediários. 
16-8:	a)	
(32.0 x 10-3 kg/mol)(5.78 x 103 mol) = 185 kg.
16-10:	a)	nRT/V = 7.28 x 106 Pa enquanto que a Eq. (16-7) fornece 5.87 x 106 Pa.
A equação de van der Waals, que considera a atração entre as moléculas, fornece uma pressão 20% menor.
7.28 x 105 Pa, 7.13 x 105 Pa, 2.1%
Quando n/V diminui, as fórmulas e os valores numéricos não se alteram.
16-12:	a)	
Os pulmões não poderiam suportar tal variação de volume; reter a respiração seria desastroso, seria melhor ele expelir o ar.
16-14:	Repetindo os cálculos do Exemplo 16-4 e usando os mesmos valores numéricos para R e para a temperatura obtemos 
p = (0.537)patm = 5.44 x 104 Pa.
16-16:
	
16-18:	Como o gás está submetido às condições normais, o volume será
V = (22.4 x 10-3 m3) 
 
e a aresta de um cubo com este volume é dada por
 (2.23 x 10-16 m3)
=6.1 x 10-6 m.
16-20:	a)	O volume