Cap. 13

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 13
Tradução:
Prof. Antonio José Balloni – Ph.D. - Pesquisador Titular pelo Instituto Nacional de Tecnologia da Informação - Ministério da Ciência e Tecnologia (ITI/MCT)
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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