Grátis: Supomos que o trem acelera a partir do repouso com uma aceleração a1 = 2,34 m/s2 até o ponto médio do percurso e depois desacelera com uma aceleraç... – Questões Respondidas

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Supomos que o trem acelera a partir do repouso com uma aceleração a1 = 2,34 m/s2 até o ponto médio do percurso e depois desacelera com uma aceleração a2 = -2,34 m/s2 até parar na estação seguinte. O ponto médio é x1 = 806/2 = 403 m. Chamando de v1 a velocidade no ponto médio, temos v1 = 32,9 m/s. O tempo t1 que o trem passa acelerando é 24,55 s e o tempo total entre as partidas é 69,1 s. Assim, a velocidade média é 11,7 m/s.

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Parece que você está descrevendo um problema de cinemática envolvendo um trem acelerando e desacelerando em um percurso. Para calcular a distância total percorrida pelo trem, você pode usar a equação horária da cinemática: \(s = v_0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot a \cdot t^2\) Onde: - \(s\) é a distância percorrida - \(v_0\) é a velocidade inicial - \(a\) é a aceleração - \(t\) é o tempo Para o primeiro trecho de aceleração: - \(v_0 = 0\) (partindo do repouso) - \(a = 2,34 m/s^2\) - \(t = 24,55 s\) Para o segundo trecho de desaceleração: - \(v_0 = 32,9 m/s\) (velocidade no ponto médio) - \(a = -2,34 m/s^2\) (desaceleração) - \(t = 69,1 s - 24,55 s = 44,55 s\) (tempo total menos tempo de aceleração) Você pode calcular a distância total percorrida somando as distâncias percorridas em cada trecho de movimento. Lembre-se de considerar o sinal das acelerações para determinar a direção do movimento.

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3. Em unidades de Z, temos: 50 0 50 0 156 180 43 3, , ,S S Z S Z= ( )     = 9. O volume de gelo é dado pelo produto da área semicircular pela espessura. A área do semicírculo é A = πr2/2, em que r é o raio. Assim, o volume é V r z= π 2 2 na qual z é a espessura do gelo. Como 1 km equivale a 103 m e 1 m equivale a 102 cm, temos: r = ( )         = ×2000 10 1 10 2000 1 3 2 km m km cm 1 m 005 cm. Expressa nessas unidades, a espessura se torna z = = ( )     = ×3000 3000 10 1 3000 10 2 2m m cm m cm e, portanto, V = ×( ) ×( ) = ×π 2 2000 10 3000 10 1 9 105 2 2 22cm cm cm3, . 10. Como uma mudança de longitude igual a 360° corresponde a uma variação de 24 horas, uma variação de 1,0 h corresponde a uma variação de longitude de 360 24 15 / = . 11. (a) Se um dia decimal francês é equivalente a um dia comum, a razão entre as semanas é simplesmente 10/7 ou (com 3 algarismos significativos) 1,43. (b) Um dia comum tem 86.400 segundos, enquanto o dia francês descrito no problema tem 105 segundos. A razão é, portanto, 0,864. 12. Como um dia equivale a 86.400 segundos e um metro equivale a um milhão de micrômetros, 3 7 10 14 86 400 3 1 6, . , . m m m dias s dia m s ( )( ) ( )( ) = µ µ 13. A hora em qualquer desses relógios é uma função linear com inclinação ≠ 1 e ponto de interseção com o eixo y ≠ 0. De acordo com os dados da figura, temos: t t t tC B B A= + = −2 7 594 7 33 40 662 5 , . (a) Temos: ′ − = ′ −( ) =t t t tB B A A 33 40 495 s para t9A − tA = 600 s. (b) Temos: ′ − = ′ −( ) = ( ) =t t t tC C B B 2 7 2 7 495 141 s. (c) O relógio B indica tB = (33/40)(400) −฀(662/5) ≈ 198 s quando o relógio A indica tA = 400 s. (d) Para tC = 15 = (2/7)tB + (594/7), obtemos tB ≈ −245 s.

Para resolver o problema, notamos que, igualando a zero a derivada primeira da função, podemos calcular o instante em que a massa é máxima. (a) Derivando m t t t( ) , , ,,= − +5 00 3 00 20 000 8 em relação a t, temos: dm dt t= −−4 00 3 000 2, , ., A massa é máxima para dm dt/ = 0 ou t = =( , / , ) ,/ ,4 00 3 00 4 211 0 2 s. (b) Em t = 4 21, s, a massa de água é m t( , ) , ( , ) , ( , ) ,,= = − + =4 21 5 00 4 21 3 00 4 21 20 00 20 8s 33 2, g. (c) A taxa de variação na massa em t = 2 00, s é dm dt t= −= −[ ] = 2 00 0 24 00 2 00 3 00 0 48 , , ( , ) , , s g/s g/ss g s kg 1000 g s 1 min kg/min = ⋅ ⋅ = × − 0 48 1 60 2 89 10 2 , , .. (d) Analogamente, a taxa de variação da massa em t = 5 00, s é dm dt t= −= −[ ] = − 2 00 0 24 00 5 00 3 00 0 101 , , ( , ) , , s g/s gg/s g s kg 1000 g s 1 min k = − ⋅ ⋅ = − × − 0 101 1 60 6 05 10 3 , gg/min.

45. O número de segundos em um ano é 3,156 × 107, um valor que aparece no Apêndice D e é o resultado do produto [(365,25 dias/ano) (24 h/dia) (60 min/h) (60 s/min)].
(a) Como o número de shakes por segundo é 108, existem realmente mais shakes em um segundo do que segundos em um ano.
(b) Chamando a idade do universo de 1 dia do universo (ou 86.400 segundos do universo), o tempo que se passou desde que o homem começou a existir é dado por
10 10 10 6 10 4= − dia do universo,
que também pode ser expresso como
10 86 4004−( )dia do universo
segundos do universo
dia do universo
segundos do
1 8 6




= , uuniverso.

49. (a) Elevando ao quadrado a relação 1 ken = 1,97 m, temos:
1
1
1 97
1
3 88
2ken
m
m
m
2
2
2
2
= =,
, .
(b) Analogamente, temos
1
1
1 97
1
7 65
3
3ken
m
m
m
3 3
3
= =
,
, .
(c) O volume de um cilindro é a área da base multiplicada pela altura. Assim,
π πr h2 23 00 5 50 156= ( ) ( ) =, , .ken3
(d) Multiplicando o resultado do item (c) pelo resultado do item (b), obtemos o volume em metros cúbicos: (155,5)(7,65) = 1,19 × 103 m3.

51. (a) Para o mínimo (43 cm), a conversão é a seguinte:
9 9
0 43
1
3 9cúbitos cúbitos
m
cúbito
m=




=( )
,
,
Para o máximo (53 cm), temos:
9 9
0 53
1
4 8cúbitos cúbitos
m
cúbito
m=




=( )
,
,
(b) Da mesma forma, como 0,43 m → 430 mm e 0,53 m → 530 mm, obtemos 3,9 × 103 mm e 4,8 × 103 mm, respectivamente.
(c) Podemos primeiro converter o comprimento e o diâmetro e depois calcular o volume ou calcular primeiro o volume para depois fazer a conversão. Usamos a segunda abordagem (chamando o diâmetro de d e o comprimento de l .
V dcilindro, min
3 3cúbitos cúbitos= = = (π
4
28 282l )) 



=0 43
2 2
3
,
, .
m
1 cúbito
m3

Substituindo 0,43 m por 0,53 m, obtemos Vcilindro, máx = 4,2 m3.

10. Seja vv a velocidade do vento e vc a velocidade do carro.
(a) Suponha que, no intervalo de tempo t1, o carro se move na mesma direção que o vento. Nesse caso, a velocidade efetiva do carro é dada por v v vef c v,1 = + e a distância percorrida é d v t v v tef c v= = +, ( )1 1 1 . Na viagem de volta, durante o intervalo t2, o carro se move no sentido contrário ao do vento e a velocidade efetiva é v v vef c v,2 = − . Nesse caso, a distância percorrida é d v t v v tef c v= = −, ( )2 2 2. As duas expressões podem ser escritas na forma v v d t v v d t c v c v+ = − = 1 2 e Somando as duas equações e dividindo por dois, obtemos v d t d t c = +     1 2 1 2 . Assim, o método 1 fornece a velocidade do carro vc na ausência de vento.
(b) No caso do método 2, o resultado é ′ = + = + = + − = − v d t t d t t d d v v d v v v c c v c v c ( ) /1 2 1 2 2 2 2 2 vv v v v c c v c 1= −             . A diferença relativa é v v v v c c v c − ′ =     = = × − 2 2 40 0240 5 76 10( , ) , e a diferença percentual é 5,76 × 1024 × 100 ≈ 0,06%.

21. Usamos a Eq. 2-2 para calcular a velocidade média e a Eq. 2-7 para calcular a aceleração média. A posição inicial do homem é tomada como a origem e o sentido do movimento no intervalo 5 min ≤ t ≤ 10 min como sentido positivo do eixo x. Usamos também o fato de que ∆ ∆x v t= ' se a velocidade é constante em um intervalo de tempo ∆t '. (a) O intervalo de tempo total considerado é ∆t = 8 – 2 = 6 min, que equivale a 360 s, enquanto o subintervalo durante o qual o homem está em movimento é apenas ∆t9 = 8 − 5 = 3 min = 180 s. A posição do homem em t = 2 min é x = 0 e a posição em t = 8 min é x v t= =∆ ' (2,2)(180) = 396 m. Assim, vméd m s m/s= − =396 0 360 1 10. (b) O homem está em repouso em t = 2 min e está se movendo com velocidade v = +2,2 m/s em t = 8 min. Assim, conservando apenas 3 algarismos significativos, améd 2m/s s m/s= − =2 2 0 360 0 00611. (c) O intervalo inteiro é ∆t = 9 – 3 = 6 min (360 s), enquanto o subintervalo no qual o homem está se movendo é ∆t ' min= − = =9 5 4 240 s). A posição do homem em t = 3 min é x = 0 e a posição em t = 9 min é x = v∆t9 = (2,2)(240) = 528 m.

As posições dos carros em função do tempo são dadas por xA = 270 - 20t e xB = 35t. Os dois carros se cruzam no instante t = 12,0 s em que as retas se encontram. Isso significa que a velocidade do carro A é 0,90 m/s.

45. Neste problema, uma bola está sendo lançada verticalmente para cima. O movimento subse-
quente acontece sob a influência da gravidade. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2
(supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Podemos usar as equações da Tabela
2-1 (com y no lugar de x) porque a aceleração é constante:

v v a x x2
0
2

02= + −( )

Fazemos y0 = 0. Quando a bola chega à altura máxima, a velocidade é zero. Assim, podemos
relacionar a velocidade inicial v0 à altura máxima y através da equação v v gy2

0
2 2= − .

O tempo necessário para a bola chegar à altura máxima é dado por v v gt= − =0 0 ou t v g= 0 / .
Assim, para o percurso inteiro (do momento em que a bola deixa o solo até o momento em que
volta ao solo), o tempo total é T t v g= =2 2 0 / .

(a) No ponto mais alto do percurso, v = 0 e v gy0 2= . Como y = 50 m, temos:

v gy0 2 2 9 8 50 31 3= = =( , )( ) , .m/s m m/s2

(b) Substituindo v0 pelo valor encontrado no item (a), vemos que o tempo total gasto no percurso é

y v t gt t
v

g
= − ⇒ =0

2 01

2

2 .

(c) Nos gráficos seguintes, as distâncias, velocidades e tempos estão em unidades do SI. O grá-
fico da aceleração é uma reta horizontal em –9,8 m/s2.

Para calcular o tempo total gasto no percurso, poderíamos ter usado a Eq. 2-15. Como no ins-
tante t = T > 0 a bola volta à posição original ( y = 0 ), temos:

y v t gt t
v

g
= − ⇒ =0

2 01

2

2 .