Resolução do Capítulo 7, Halliday, Vol 1, Ed. 10
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Resolução do Capítulo 7, Halliday, Vol 1, Ed. 10


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Capítulo 7
1. PENSE Quando o próton é acelerado, a velocidade e a energia cinética aumentam. 
FORMULE Como a velocidade inicial do próton é conhecida, a velocidade final pode ser calculada usando a Eq. 2-16, que, no 
caso, assume a forma 2 20 2 ,v v a x= + \u2206 em que v é a velocidade final, v0 é a velocidade inicial, a é a aceleração e Dx é a distância 
percorrida. Em seguida, a variação de energia cinética pode ser calculada usando a equação DK = Kf - Ki, em que 2 /2f fK mv= é a 
energia cinética final, e 2 /2i iK mv= é a energia cinética inicial.
ANALISE (a) Para Dx = 3,5 cm = 0,035 m e a = 3,6 H 1015 m/s2, temos
(b) A energia cinética inicial é
e a energia cinética final é
Assim, a variação de energia cinética é
APRENDA A variação de energia cinética pode ser escrita na forma
que, de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, é o trabalho realizado sobre a partícula.
2. Para uma velocidade v = 11.200 m/s, temos:
2 5 2 131 1 (2.9 10 ) (11200) 1.8 10 J.
2 2
K mv= = × = ×
3. (a) A variação da energia cinética do meteorito seria
( ) ( )
2
26 3
14
1
2
1
 4 10 kg 15 10 m/s
2
 5 10 J
f i i i iK K K K m v\u2206 = \u2212 = \u2212 = \u2212
= \u2212 × ×
= \u2212 ×
,
ou 14| | 5 10 JK\u2206 = × . O sinal negativo indica que a energia cinética final seria menor que a energia cinética inicial.
(b) A perda de energia em megatons de TNT seria
( )14 151 megaton de TNT5 10 J 0,1megaton de TNT.4,2 10 JK
\uf8eb \uf8f6
\uf8ec \uf8f7\uf8ec \uf8f7
\uf8ed \uf8f8
\u2212\u2206 = × =
×
(c) Como 1 megaton = 1000 quilotons, o número N de bombas que seria equivalente ao impacto do meteorito é dado por
0.1 1000 kiloton TNT
8.
13 kiloton TNT
N ×= =
2 3 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
4. Vamos aplicar a equação 210 2x v t at= + , que aparece na Tabela 2-1. Como x0 = 0 e 0 12 m/sv = no instante t = 0, a equação se torna
21
2( ) 12x t t at= + .
Como x = 10 m para t = 1,0 s, a = -4,0 m/s2. O fato de que a < 0 significa que a velocidade da conta está diminuindo. A posição 
da conta é dada por 2( ) 12 2,0x t t t= \u2212 . Derivando x em relação a t, obtemos 
( ) 12 4,0dxv t tdt= = \u2212 .
No instante t = 3,0 s, v(3,0) = 0 e a conta para momentaneamente. A velocidade no instante t = 10 s é v(10) = -28 m/s e a energia 
cinética correspondente é 
.. 
2 2 21 1 (1,8 10 kg)( 28 m/s) 7,1 J.
2 2
K mv \u2212= = × \u2212 =
5. Vamos chamar a massa do pai de m e a velocidade inicial do pai de vi. A energia cinética inicial do pai é
filho
1
2i
K K=
e a energia cinética final (quando a velocidade é vf = vi + 1,0 m/s) é filhofK K= . Usamos essas relações e a Eq. 7-1 para resolver o 
problema.
(a) Como filho
1
2i
K K= , temos:
( )221 1 1 1.0 .
2 2 2i i
mv m v\uf8eb \uf8f6= +\uf8ec \uf8f7
\uf8ed \uf8f8
o que leva a uma equação do segundo grau em vi :
 
21 1 0.
2 2i i
v v\u2212 \u2212 =
A raiz positiva da equação acima (a única fisicamente aceitável) é vi = 2,4 m/s.
(b) Como filho
1
2i
K K= e mfilho = m/2, temos:
2 2
son
1 1 1
 
2 2 2 2i
mmv v\uf8eb \uf8f6\uf8eb \uf8f6= \uf8ec \uf8f7\uf8ec \uf8f7
\uf8ed \uf8f8\uf8ed \uf8f8
o que nos dá vfilho = 2vi = 4,8 m/s. 
6. Podemos usar a Eq. 2-15, x(t) = x0 + v0t + at2/2. Como, no instante t = 0 s, x0 = 0 e v0 = 12 m/s, a equação se torna (em unidades 
do SI)
Fazendo x = 10 m e t = 1,0 s na equação anterior, obtemos a = -4,0 m/s2. O fato de que a < 0 significa que a velocidade da conta 
está diminuindo com o tempo. Substituindo a pelo seu valor na equação anterior e derivando em relação a t, obtemos
 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 9
De acordo com essa equação, a velocidade da conta no instante t = 10 s é v = -28 m/s e a energia cinética é
 
7. Como este problema envolve um movimento com aceleração constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1, como 
0 /2
2x v t at= + (fazendo x0 = 0). Para o terceiro e quinto pontos, temos:
..
2
0
2
0
10,2m (1,0 s) (1,0 s)
2
10,8m (2,0 s) (2,0 s) .
2
v a
v a
= +
= +
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos v0 = 0 e a = 0,40 m/s2. Existem duas formas de completar a solução do problema. 
Uma é calcular a força a partir da equação F = ma e usar a Eq. 7-7 para calcular o trabalho; outra é levar em conta o fato de que o 
trabalho W é igual à variação da energia cinética DK (Eq. 7-10). Usando a segunda abordagem, calculamos primeiro a velocidade 
no instante t = 2,0 s a partir da equação v = v0 + at, obtendo v = 0,80 m/s. Assim,
21 (3,0kg)(0,80m/s) 0,96 J.
2
W K=\u2206 = =
8. De acordo com a Eq. 7-8 e a Eq. 3-23, o trabalho realizado pela força sobre o bloco de gelo é dado por
( ) ( )
3
\u2c6 \u2c6 \u2c6 \u2c6 210i 150j 15i 12j
 (210) (15) ( 150) ( 12)
 5.0 10 J.
W F d= \u22c5
= \u2212 \u22c5 \u2212
= + \u2212 \u2212
= ×
\uf072
\uf072
.. 
9. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética,
2 2
2 2
1 1
 
2 2
1
 (2,0 kg) (6,0 m/s) (4,0 m/s)
2
 20J.
f i
W K
mv mv
= \u2206
= \u2212
\uf8ee \uf8f9= \u2212\uf8f0 \uf8fb
=
Note que o resultado não depende das direções de fv
\uf072 e iv
\uf072 .
10. De acordo com a Eq. 7-8, temos: 
W = Fx \u2206x + Fy \u2206y =(2,0 N)cos(100º)(3,0 m) + (2,0 N)sen(100º)(4,0 m) = 6,8 J.
11. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos: 
cosK W F d Fd \u3c6\u2206 = = \u22c5 =
\uf072
\uf072 .
Além disso, 12 NF = e 
2 2 2(2,00 m) ( 4,00 m) (3,00 m) 5,39 md = + \u2212 + = .
(a) Para 30,0 JK\u2206 = + ,
1 1 30,0 J
(12,0 N)(5,39 m)
cos cos 62,3KFd\u3c6
\u2212 \u2212\uf8eb \uf8f6 \uf8ee \uf8f9
\uf8ec \uf8f7 \uf8ef \uf8fa
\uf8f0 \uf8fb\uf8ed \uf8f8
\u2206= = = °
.
5,0
2 4 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Para 30,0 JK\u2206 =\u2212 ,
1 1 30,0 J
(12,0 N)(5,39 m)
cos cos 118KFd\u3c6
\u2212 \u2212\uf8eb \uf8f6 \uf8ee \uf8f9\u2212
\uf8ec \uf8f7 \uf8ef \uf8fa
\uf8f0 \uf8fb\uf8ed \uf8f8
\u2206= = = °
.
12. (a) De acordo com a Eq. 7-6, F = W/x = 3,00 N (a inclinação da reta da Fig. 7-25).
(b) De acordo com a Eq. 7-10, K = Ki + W = 3,00 J + 6,00 J = 9,00 J.
13. Vamos tomar o sentido do movimento do trenó como sentido positivo do eixo x. Nesse caso, a aceleração a\uf072 e a força F
\uf072
 são 
negativas.
(a) De acordo com a segunda lei de Newton, 2(85kg)( 2,0m/s )F = \u2212
\uf072
 e, portanto, 
21,7 10 N.F F= = ×
\uf072
(b) De acordo com a Eq. 2-16 (com v = 0), temos:
( )
( )
2
2 2
0 2
37m/s
0 2 3,4 10 m
2 2,0m/s
v a x x= + \u2206 \u21d2 \u2206 = \u2212 = ×
\u2212
.
Também podemos calcular a distância percorrida usando o teorema do trabalho e energia cinética.
(c) Como a força F
\uf072
 tem o sentido oposto ao do movimento (ou seja, o ângulo \u3d5 entre F
\uf072
e d
\uf072
 é 180°), a Eq. 7-7 nos dá 
45.8 10 JW F x= \u2212 \u2206 = \u2212 × .
(d) Nesse caso, a segunda lei de Newton nos dá ( ) ( )285 kg 4.0 m/sF = \u2212\uf072 e, portanto, 2| | 3,4 10 NF F= = ×\uf072 .
(e) De acordo com a Eq. 2-16, temos:
( )
( )
2
2
2
37m/s
1,7 10 m.
2 4,0m/s
x\u2206 = \u2212 = ×
\u2212
(f) Como, mais uma vez, a força F
\uf072
 tem o sentido oposto ao do movimento (ou seja, o ângulo \u3d5 entre F
\uf072
e d
\uf072
 é 180°), a Eq. 7-7 nos 
dá W = -FDx = -5,8 × 104 J. O fato de que este resultado é igual ao do item (c) é uma consequência da lei de conservação da energia.
14. Como todas as forças são constantes, o trabalho total é dado por W = FresDx, na qual Fres é o módulo da força resultante e Dx é 
o módulo do deslocamento. As componentes x e y da força resultante são
res 1 2 3
res 2 3
sen 50 cos35 3,00 N (4,00 N) sen 35 (10,0 N)cos35
 2,127 N
cos50 sen 35 (4,00 N) cos 50 (10,0 N) sen 35
 3,165 N.
x
y
F F F F
F F F
= \u2212 \u2212 °+ ° = \u2212 \u2212 ° + °
=
= \u2212 °+ ° = \u2212 ° + °
=
O módulo da força resultante é
2 2 2 2
res res res (2,13 N) (3,17 N) 3,82 N.x yF F F= + = + =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 4 1
O trabalho realizado pela força resultante é
res (3,82 N)(4,00m) 15,3 JW F d= = =
na qual usamos o fato de que resd F
\uf072
\uf072
\uf050 (pois a caixa partiu do repouso e se moveu horizontalmente ao ser submetida a forças hori-
zontais, cuja resultante é resF
\uf072
).
15. (a) Como as forças são constantes, o trabalho realizado por elas é dado por W F d= \u22c5
\uf072
\uf072
, em que d
\uf072
 é o deslocamento. Como a 
força 1F
\uf072
 age na direção do deslocamento,
1 1 1cos (5,00 N)(3,00m)cos0 15,0 J.W F d \u3c6= = ° =
Como a força 2F
\uf072
 faz um ângulo de 120° com a direção do deslocamento,
2 2 2cos (9,00 N)(3,00m)cos120 13,5 J.W F d \u3c6= = ° = \u2212
Como a força 3F
\uf072
 é perpendicular à direção do deslocamento, 
W3 = F3d cos \u3d53 = 0, pois