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

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


DisciplinaFísica I22.584 materiais855.996 seguidores
Pré-visualização27 páginas
Ca p í t u lo 7
1. PENSE Quando o próton é acelerado, a velocidade e a energia cinética aumentam.
FORMULE Como a velocidade inicia l do próton é conhecida, a velocidade final po de ser calculad a usando a Eq. 2-16, que, no
caso, assume a forma
22
02,v v ax=+∆
em que v é a velocidade f inal, v0 é a velocidade inicia l, a é a aceleração e Dx é a distância
percorrida. Em seguida, a variação de energia cinética po de ser calculad a usando a equação DK = Kf - K
i, em que 2/2
ff
K mv=é a
energia cinética final, e 2/2
ii
K 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 po de 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 13
11
( 2.9 10 ) (11200) 1.8 10 J.
22
K mv
==×=×
3. (a) A variação da energia cinética do meteorito seria
( ) ( )
2
2
63
14
1
2
1
4 10 kg 15 10 m/s
2
5 10 J
f i i ii
K K K K mv∆= =− =
=−× ×
=−×
,
ou 14
| | 5 10 JK∆=× . O sinal negativo indica que a energia cinética final seria menor que a energia cinética inicia l.
(b) A perda de energia em megatons de TNT seria
( )
14
15
1 megaton de TNT
5 10 J 0,1megaton de TNT.
4, 2 1 0 J
K



−∆ = × =
×
(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
×
= =
238
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
4. Vamos aplicar a equação 2
1
02
x v t at= + , que aparece na Tabela 2-1. Como x0= 0 e 012 m/ s
no instante t = 0, a equação se torna
2
1
2
( ) 12
x t t at= +
.
C omo x = 10 m p ara t = 1,0 s, a = -4,0 m/s2. O fato de que a < 0 signific a que a velocidade da conta está diminuindo. A posição
da conta é dada p or
2
( ) 1 2 2, 0
xt t t= −
. Derivando x em relação a t, obtemos
( ) 1 2 4, 0
dx
vt t
dt
= = − .
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
..
22 2
11
(1,8 10 kg)( 28 m/s) 7,1 J.
22
K mv
==×− =
5. Vamos chamar a massa do pai de m e a velocidade inicia l do pai de vi. A energia cinética inicia l do pai é
filho
1
2
i
KK=
e a energia cinética final (quando a velocidade é vf = vi + 1,0 m/s) é
filhof
KK=
. Us amos essas relações e a Eq. 7-1 para resolver o
problema.
(a) Como
filho
1
2
i
KK=
, temos:
( )
2
2
1 11
1.0 .
2 22
ii
mv m v

= +


o que leva a uma equação do segundo grau em vi :
2
11
0.
22
ii
vv−−=
A raiz positiva da equação acima (a única fisicamente aceitável) é vi = 2,4 m/s.
(b) Como
filho
1
2
i
KK=
e mfilho = m/2, temos:
22
son
1 11
2 22 2
i
m
mv v


=




o que nos dá vfilho = 2vi = 4,8 m/s.
6. Podemos usar a Eq. 2-15, x(t) = x0 + v0t + at2/2. C omo, 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
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
239
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
2
x v t at
= + (fazendo x0 = 0). Para o terceiro e quinto pontos, temos:
..
2
0
2
0
1
0 , 2 m ( 1, 0 s ) (1, 0 s )
2
1
0, 8 m ( 2, 0 s ) ( 2, 0 s ) .
2
va
va
= +
= +
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 e quação F = ma e usar a Eq. 7-7 para calcu lar 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,
2
1
(3, 0 kg) (0,80 m/s) 0, 96 J.
2
WK
=∆= =
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
ˆ ˆ ˆˆ
210 i 150 j 15i 12 j
( 210) (15) ( 150) ( 12)
5.0 10 J.
W Fd= ⋅
= − ⋅−
= +− −
= ×
..
9. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética,
22
22
11
22
1
( 2, 0 kg ) ( 6, 0 m/ s) (4, 0 m/ s)
2
2 0 J.
fi
WK
mv mv
= ∆
= −

= −

=
Note que o resultado não depende das direções de f
v
e
i
v
.
10. De acordo com a Eq. 7-8, temos:
W = Fx x + Fy y =(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
φ
∆ = = ⋅=
.
Além disso,
12 NF=
e 2 22
(2, 00 m) ( 4, 00 m ) (3, 00 m) 5, 39 md= +− + = .
(a) Para
3 0, 0 JK∆=+
,
11
30, 0 J
(12, 0 N )(5, 39 m )
cos cos 62, 3
K
Fd
φ
−−
 
 


= = = °
.
5,0