1. Várias fórmulas geométricas são dadas no Apêndice E. (a) Expressando o raio da Terra como R = ( 6, 37 × 10 6 m ) (10 −3 km m ) = 6, 37 × 10 3 km, a circunferência é s = 2π R = 2π (6, 37 × 10 3 km) = 4, 00 × 10 4 km. (b) A área superficial da Terra é A = 4π R 2 = 4π ( 6, 37 × 10 3 km ) = 5,10 × 108 km 2 . 2
(c) O volume da Terra é V =
4π 3 4π R = (6, 37 × 103 km )3 = 1, 08 × 1012 km 3 . 3 3
2. Os fatores de conversão são 1 gry = 1 / 10 linha , 1 linha = 1/12 polegada e 1 ponto = 1/72 polegada. Assim, 1 gry = (1/10)(1/12)(72 pontos) = 0,60 ponto. Nesse caso, 1 gry2 = (0,60 ponto)2 = 0,36 ponto2, o que significa que 0,50 gry 2 = 0,18 ponto2 . 3. Os prefixos do SI (micro, pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2 do livro-texto. (a) Como 1 km = 1 × 103 m e 1 m = 1 × 106 µm,
)
)
1 km = 10 3 m = (10 3 m (10 6 µ m m = 10 9 µ m. Como o valor dado é 1,0 km (dois algarismos significativos), o resultado deve ser escrito na forma 1,0 × 109 µm. (b) Como 1 cm = 10−2 m,
)
1 cm = 10 −2 m = (10 −2 m ) (10 6 µ m m = 10 4 µ m.
Concluímos que a fração de centímetro igual a 1,0 µm é 1,0 × 10−4. (c) Como 1 yd = (3 ft)(0,3048 m/ft) = 0,9144 m,
)
)
1, 0 yd = ( 0,91m (10 6 µ m m = 9,1 × 10 5 µ m. 4. (a) Usando os fatores de conversão 1 polegada = 2,54 cm e 6 picas = 1 polegada, temos: 1 polegada 6 picas ≈ 1, 9 pica. 0, 80 cm = ( 0, 80 cm ) 2,54 cm 1 polegada (b) Como 12 pontos = 1 pica, temos: 1 polegada 6 picas 12 pontos ≈ 23 pontos. 0, 80 cm = ( 0, 80 cm ) 2,54 cm 1 polegada 1 pica 5. Como 1 furlong = 201,168 m , 1 vara = 5, 0292 m e 1 cadeia = 20,117 m , os fatores de conversão são 1 vara = 40 varas 1, 0 furlong = 201,168 m = (201,168 m ) 5, 0292 m
2 soluções dos problemas
e 1, 0 furlong = 201,168 m = (201,168 m )
1 cadeia = 10 cadeias . 20,117 m
Note que os metros (m) se cancelam. Usando esses fatores de conversão, obtemos o seguinte: (a) a distância d em varas é d = 4, 0 furlongs = ( 4,0 furlongs )
40 varas = 160 varas 1 furlonng
(b) e a distância d em cadeias é d = 4, 0 furlongs = ( 4,0 furlongs )
10 cadeias = 40 cadeias. 1 furllong
6. Consultamos a Tabela 1-6. (a) Começamos pela primeira coluna (“cahiz”): 1 fanega equivale a quantos cahiz? De acordo com a parte já completada da tabela, 1 cahiz equivale a 12 fanega. Assim, 1 fanega = 1/12 cahiz ou 8,33 × 10−2 cahiz. Analogamente, “1 cahiz = 48 cuartilla” (na parte já completada da tabela) significa que 1 cuartilla = 1/18 cahiz ou 2,08 × 10−2 cahiz. Continuando desta forma, descobrimos que os outros números da primeira coluna são 6,94 × 10−3 e 3,47 × 10−3. (b) Na segunda coluna (“fanega”), obtemos os números 0,250, 8,33 × 10−2 e 4,17 × 10−2. (c) Na terceira coluna (“cuartilla”), obtemos 0,333 e 0,167. (d) Finalmente, na quarta coluna (“almude”), obtemos 0,500. (e) Como a tabela de conversão mostra que 1 almude equivale a 2 medios, 7,00 almudes equivalem a 14,0 medios. (f) Usando a relação 1 almude = 6,94 × 10−3 cahiz, encontrada no item (a), concluímos que 7,00 almudes equivalem a 4,86 × 10−2 cahiz. (g) Como 1 decímetro equivale a 0,1 metro, 55,501 decímetros cúbicos equivalem a 0,055501 m3 7, 00 7, 00 ou 55.501 cm3. Assim, 7,00 almudes = fanega = (55.501 cm3) = 3,24 × 104 cm3. 12 12 7. Usamos os fatores de conversão do Apêndice D. 1 acre ? ft = (43.560 ft2) ? ft = 43.560 ft3 Como 2 in = (1/6) ft, o volume de água que caiu durante a tempestade é V = (26 km 2 )(1/6 ft) = (26 km 2 )(3281ft/km)2 (1/6 ft) = 4,66 × 10 7 ft 3 . Assim, V=
4, 66 × 10 7 ft 3 = 1,1 × 10 3 acre ⋅ ft. 4, 3560 × 10 4 ft 3 acre ⋅ ft
8. De acordo com a Figura 1-4, 212 S equivalem a 258 W e 212 – 32 = 180 S equivalem a 216 – 60 = 156 Z. Essas informações nos permitem converter S para W e Z. (a) Em unidades de W, temos: 258 W = 60, 8 W 50, 0 S = ( 50, 0 S) 212 S
soluções dos problemas 3
(b) Em unidades de Z, temos: 156 Z = 43, 3 Z 50, 0 S = ( 50, 0 S) 180 S 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=
π 2 r z 2
na qual z é a espessura do gelo. Como 1 km equivale a 103 m e 1 m equivale a 102 cm, temos: 10 3 m 10 2 cm = 2000 × 10 5 cm. r = ( 2000 km ) 1 km 1 m Expressa nessas unidades, a espessura se torna 10 2 cm = 3000 × 10 2 cm z = 3000 m = ( 3000 m ) 1 m e, portanto, V =
π ( 2000 × 105 cm )2 (3000 × 10 2 cm ) = 1, 9 × 10 22 cm 3 . 2
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 m ) (10 µ m m ) = 3,1 µ m s . (14 dias) (86.400 s dia ) 6
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: tC =
2 594 tB + , 7 7
tB =
33 662 tA − . 40 5
Esses dados podem ser usados para obter os resultados a seguir. (a) Temos: t B′ − t B =
33 (t A′ − t A ) = 495 s 40
para t9A − tA = 600 s. (b) Temos: tC′ − tC =
2 2 (t B′ − t B ) = ( 495) = 141 s. 7 7
(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.
4 soluções dos problemas
14. Os prefixos do SI (micro, pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2 do livro-texto. 100 anos 365 dias 24 h 60 min (a) 1 µséculo = (10 −6 século ) = 52, 6 min . 1 século 1 ano 1 dia 1 h (b) A diferença percentual é, portanto, 52, 6 min − 50 min = 4 , 9% 52, 6 min 15. Uma semana tem 7 dias, um dia tem 24 horas e uma hora tem 3600 segundos. Assim, duas semanas (um fortnight) equivalem a 1.209.600 s, o que corresponde aproximadamente a 1,21 × 1012 µs. 16. A frequência de rotação f do pulsar é dada por f =
1 rotação 1, 55780644887275 × 10 −3 s
(a) Multiplicando f pelo intervalo de tempo t = 7,00 dias (o que equivale a 604.800 s, se ignorarmos temporariamente as considerações relativas ao número de algarismos significativos), obtemos o número de rotações 1 rotação N = 1 , 55780644887275 × 10 −3
(604.800 s = 388.238.218, 4 s
)
que podemos arredondar para 3,88 × 108 rotações, já que o intervalo de tempo foi especificado com três algarismos significativos. (b) Note que o problema especifica um número exato de revoluções do pulsar (um milhão). Nesse caso, nossa incógnita é t e uma equação semelhante à do item (a) tem a forma N = ft ou 1 rotação 1 × 10 6 = t −3 1, 55780644887275 × 10 s o que nos dá o resultado t = 1557,80644887275 s (os alunos que usarem uma calculadora talvez não obtenham o resultado com tantas casas decimais). (c) De acordo com os dados do problema, a incerteza por revolução é ±3 × 10 −17s . Assim, após um milhão de revoluções, a incerteza será ( ± 3 × 10 −17 )(1 × 10 6 ) = ± 3 × 10 −11 s . 17. Nenhum dos relógios marca exatamente 24 h em um período de 24 h, mas este não é o critério mais importante para julgar a qualidade de um relógio. O importante é que o relógio registre o mesmo intervalo para cada período de 24 h. A leitura do relógio pode ser facilmente ajustada para fornecer o intervalo correto. Se o intervalo medido pelo relógio varia de um período de 24 h para outro, a correção se torna impossível. A tabela mostra as correções (em segundos) que devem ser aplicadas à leitura dos relógios para cada período de 24 h. Os números foram obtidos subtraindo a leitura do relógio no final do intervalo da leitura no início do intervalo. RELÓGIO A B C D E
Dom. -Seg. −16 −3 −58 +67 +70
Seg. -Ter. −16 +5 −58 +67 +55
Ter. -Qua. −15 −10 −58 +67 +2
Qua. -Qui. −17 +5 −58 +67 +20
Qui. -Sex. −15 +6 −58 +67 +10
Sex. -Sáb. −15 −7 −58 +67 +10
soluções dos problemas 5
Os relógios C e D são confiáveis no sentido de que o erro diário se mantém constante; assim, é fácil transformar C e D em relógios “perfeitos” introduzindo correções apropriadas. Como a correção do relógio C é menor que a correção do relógio D, consideramos o relógio C o melhor relógio de todos e o relógio D o segundo melhor relógio. A correção que deve ser aplicada ao relógio A varia de 15 s a 17s. A do relógio B varia de –5 s a +10 s e do relógio E de –70 s a –2 s. Depois de C e D, a menor faixa de correções é a do relógio A, vindo em seguida o relógio B e depois o relógio E. Assim, a classificação dos relógios, do melhor para o pior, é C, D, A, B e E. 18. A diferença entre a duração do último dia dos 20 séculos e a duração do primeiro dia é
( 20 séculos ) ( 0, 001 s
século ) = 0, 02 s.
A duração média do dia durante os 20 séculos é (0 + 0,02)/2 = 0,01 s maior que a do primeiro dia. Como o aumento acontece uniformemente, o efeito cumulativo T é T = ( aumento médio da duração do dia ) ( número dee dias ) 0, 01 s 365, 25 dias = ( 2000 anos dia ano
)
= 7305 s ou aproximadamente duas horas. 19. Quando o Sol desaparece com você deitado, sua linha de visada até o alto do disco solar é tangente à superfície da Terra no ponto A da figura. Quando você se levanta, seus olhos sobem para uma altura h e a linha de visada passa a ser tangente à superfície da Terra no ponto B.
Seja d a distância do ponto B até os seus olhos. De acordo com o teorema de Pitágoras, d 2 + r 2 = (r + h)2 = r 2 + 2rh + h 2 ou d 2 = 2rh + h 2 , em que r é o raio da Terra. Como r >> h, o segundo termo pode ser desprezado, o que nos dá d 2 ≈ 2rh . O ângulo entre as duas tangentes é θ, que também é o ângulo descrito pelo Sol em relação a Terra no intervalo de tempo t = 11,1 s. O valor de θ pode ser calculado usando a relação t θ = 360 24 h , o que nos dá (360)(11,1 s) θ= = 0, 04625. (24 h)(60 min/h)(60 s/min) Como d = r tan θ , temos d 2 = r 2 tan 2 θ = 2rh e, portanto, r=
2h tan 2 θ
6 soluções dos problemas
Usando o valor de θ já calculado fazendo h = 1,7 m, obtemos r = 5, 2 × 10 6 m. 20. (a) Determinamos o volume em centímetros cúbicos 3
231 in 3 2, 54 cm 5 3 193 gal = (193 gal) = 7, 31 × 10 cm 1 gal 1 in e subtraímos de 1 × 106 cm3 para obter 2,69 × 105 cm3. A conversão gal → in3 é dada no Apêndice D (logo abaixo da tabela de conversões de volume). (b) O volume calculado na parte (a) é convertido [dividindo por (100 cm/m)3] para 0,731 m3, que corresponde a uma massa de
(1000
kg m 3 ) ( 0,731 m 2 ) = 731 kg
usando a massa específica dada no enunciado. A uma vazão de 0,0018 kg/min, calculamos que a garrafa pode ser enchida em 731 kg = 4, 06 × 10 5 min = 0, 77 ano 0, 0018 kg / min depois de dividir pelo número de minutos em um ano (365 dias)(24 h/dia) (60 min/h). 21. Se MT é a massa da Terra, m é a massa média de um átomo da Terra e N é o número de átomos, MT = Nm ou N = MT/m. Convertemos a massa m em quilogramas usando o Apêndice D (1 u = 1,661 × 10−27 kg). O resultado é o seguinte: N=
MT 5, 98 × 10 24 kg = = 9, 0 × 10 49. m ( 40 u ) (1, 661 × 10 −27 kg u )
22. A massa específica do ouro é
ρ=
m 19, 32 g = = 19, 32 g/cm 3 . V 1 cm 3
(a) Tomamos o volume da folha como sendo a área A multiplicada pela espessura z. Para uma massa específica ρ = 19,32 g/cm3 e uma massa m = 27,63 g, o volume da folha é m V = = 1, 430 cm 3 . ρ Convertendo o volume para unidades do SI, temos: 3
1m = 1, 430 × 10 −6 m 3 . V = (1, 430 cm ) 100 cm 3
Como V = Az com z = 1 × 1026 m, temos: A=
1, 430 × 10 −6 m 3 = 1, 430 m 2 . 1 × 10 −6 m
(b) O volume de um cilindro de altura l é V = Al , na qual a seção reta é a área de um círculo, A = πr2. Assim, com r = 2,500 × 10−6 m e V = 1,430 × 10−6 m3, temos: l=
V = 7, 284 × 10 4 m = 72, 84 km. πr 2
23. Introduzimos a ideia de massa específica
ρ=
m V
e convertemos para unidades do SI: 1 g = 1 × 10−3 kg.
soluções dos problemas 7
(a) Para a conversão de volume, usamos 1 cm3 = (1 × 10−2 m)3 = 1 × 10−6 m3. Assim, a massa específica em kg/m3 é 1 g cm 3 =
1 g 10 −3 kg cm 3 = 1 × 10 3 kg m 3 . cm 3 g 10 −6 m 3
A massa de um metro cúbico de água é, portanto, 1000 kg. (b) Dividimos a massa de água pelo tempo necessário para drená-la. A massa pode ser calculada a partir de M = ρV (o produto do volume de água pela massa específica): M = ( 5700 m 3
) (1 × 10
3
)
kg m 3 = 5, 70 × 10 6 kg.
O tempo é t = (10h)(3600 s/h) = 3,6 × 104 s e, portanto, a vazão mássica R é M 5, 70 × 10 6 kg = = 158 kg s . t 3, 6 × 10 4 s 24. Os prefixos do SI (micro (µ), pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2. A área superficial A de um grão de areia de raio r = 50 µm = 50 × 10−6 m é dada por A = 4π(50 × 10−6)2 = 3,14 × 10−8 m2. (Várias fórmulas geométricas são dadas no Apêndice E.) Introduzindo a ideia de massa específica, ρ = m / V, a massa é dada por m = ρV, para a qual ρ = 2600 kg/m3. Assim, usando V = 4πr3/3, a massa de cada grão é R=
kg 4π ( 50 × 10 −6 m ) 4π r 3 m = ρV = ρ = 2600 3 = 1, 36 × 10 −9 kg. 3 3 m 3
Observamos que (como um cubo tem seis faces iguais) a área superficial é 6 m2. O número N de esferas (os grãos de areia) que têm uma área superficial total de 6 m2 é dado por N =
6 m2 = 1, 91 × 108. 3,14 × 10 −8 m 2
Assim, a massa total é M = Nm = (1, 91 × 108
) (1, 36 × 10
−9
)
kg = 0, 260 kg.
25. O volume de lama é (2500 m)(800 m)(2,0 m) = 4,0 × 106 m3. Chamando de d a espessura da lama depois que ficou distribuída uniformemente no vale, o volume passa a ser (400 m)(400 m)d. Podemos igualar os dois volumes e explicitar d, o que nos dá d = 25 m. O volume de uma pequena parte da lama em uma área de 4,0 m2 é (4,0)d = 100 m3. Como cada metro cúbico corresponde a uma massa de 1900 kg (dado do problema), a massa dessa pequena parte da lama é 1, 9 × 10 5 kg. 26. (a) O volume da nuvem é (3000 m)π(1000 m)2 = 9,4 × 109 m3. Como cada metro cúbico da nuvem contém de 50 × 106 a 500 × 106 gotas de chuva, concluímos que a nuvem inteira contém de 4,7 × 1018 a 4,7 × 1019 gotas. Como o volume de cada gota é 4 π(10 × 10− 6 m)3 = 4,2 × 10−15 m3, 3 o volume total de água na nuvem está entre 2 × 10 3 e 2 × 10 4 m3. (b) Usando o fato de que 1 L = 1 × 10 3 cm 3 = 1 × 10 −3 m 3 , a quantidade de água estimada no item (a) encheria de 2 × 10 6 a 2 × 10 7 garrafas. (c) Como um metro cúbico de água tem uma massa de 1000 kg, a massa de água está entre 2 × 10 6 e 2 × 10 7 kg. A coincidência entre os resultados dos itens (b) e (c) deste problema se deve ao fato de que um litro de água tem uma massa de um quilograma. 27. Introduzimos a ideia de massa específica, ρ = m / V , e convertemos para unidades do SI: 1000 g = 1 kg e 100 cm = 1 m.
8 soluções dos problemas
(a) A massa específica ρ de uma amostra de ferro é
ρ = ( 7, 87 g cm
3
)
3
1 kg 100 cm 3 1000 g 1 m = 7870 kg/m .
Ignorando os espaços vazios entre as esferas, a massa específica de um átomo de ferro é igual à massa específica de uma amostra de ferro. Assim, se M é a massa e V é o volume de um átomo, temos: V =
9, 27 × 10 −26 kg M = = 1,18 × 10 −29 m 3 . 7, 87 × 10 3 kg m 3 ρ
(b) Fazemos V = 4πR3/3, em que R é o raio de um átomo (o Apêndice E contém várias fórmulas de geometria). Explicitando R, obtemos R=
3V 4π
13
3 (1,18 × 10 −29 m 3 ) = 4π
13
= 1, 41 × 10 −10 m.
A distância entre os centros dos átomos é igual a duas vezes o raio atômico, 2,82 × 10−10 m. 28. Estimando a massa de um gato doméstico “típico” como 10 kg e a massa de um átomo “típico” (do gato) como 10 u ≈ 2 × 10−26 kg, existem aproximadamente (10 kg)/( 2 × 10−26 kg) ≈ 5 × 1026 átomos, um número da ordem de mil vezes maior que o número de Avogadro. Assim, um gato contém da ordem de um quilomol de átomos. 29. A massa em quilogramas é 100 gin 16 tahil 10 chee 10 hoon 0, 3779 g 1picul 1gin 1tahil 1 chee 1hoon
( 28, 9 piculs )
o que nos dá 1,747 × 106 g ou aproximadamente 1,75 × 103 kg. 30. 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 ) = 5, 00t 0 ,8 − 3, 00t + 20, 00 em relação a t, temos: dm = 4, 00t −0 ,2 − 3, 00. dt A massa é máxima para dm / dt = 0 ou t = (4, 00 / 3, 00)1/ 0 ,2 = 4, 21 s. (b) Em t = 4, 21 s, a massa de água é m(t = 4, 21 s) = 5, 00(4, 21)0 ,8 − 3, 00(4, 21) + 20, 00 = 23, 2 g. (c) A taxa de variação na massa em t = 2, 00 s é dm dt
t= 2 ,00 s
g 1 kg 60 s = [ 4, 00(2, 00)−0 ,2 − 3, 00 ] g/s = 0, 48 g/ss = 0, 48 ⋅ ⋅ s 1000 g 1 min = 2, 89 × 10 −2 kg/min.
(d) Analogamente, a taxa de variação da massa em t = 5, 00 s é dm dt
t= 2 ,00 s
g 1 kg 60 s = [ 4, 00(5, 00)−0 ,2 − 3, 00 ] g/s = −0,101 g/s = −0,101 ⋅ ⋅ s 1000 g 1 min = −6, 05 × 10 −3 kg/min.
soluções dos problemas 9
31. A massa específica do chocolate é
ρ=
m 0, 0200 g = = 4, 00 × 10 −4 g/mm 3 = 4, 00 × 10 −4 kg/cm 3 . V 50, 0 mm 3
Desprezando o volume do espaço vazio entre as barras, a massa total das barras contidas no recipiente até a altura h é M = ρ Ah, na qual A = (14, 0 cm)(17, 0 cm) = 238 cm 2 é a área da base do recipiente, que permanece inalterada. Assim, a taxa de variação da massa é dada por dM d ( ρ Ah) dh = = ρA = (4, 00 × 10 −4 kg/cm 3 )(238 cm 2 )(0, 250 cm/s) dt dt dt = 0, 0238 kg/s = 1, 43 kg/min. 32. O volume V da casa de verdade é o de um prisma triangular (de altura h = 3,0 m e a área da base A = 20 × 12 = 240 m2) mais um paralelepípedo retângulo (de altura h9 = 6,0 m e mesma base). Assim, V=
1 h hA + h ′A = + h ′ A = 1800 m 3 . 2 2
(a) Como todas as dimensões são divididas por 12, temos: Vboneca = (1800 m 3 )
3
1 ≈ 1, 0 m 3 . 12
(b) Nesse caso, todas as dimensões (em relação à casa de verdade) são divididas por 144. Assim, Vminiatura = (1800 m 3 )
3
1 ≈ 6,0 × 10 −4 m 3 . 144
33. Neste problema, temos que distinguir três tipos de tonelada: a tonelada de deslocamento, a tonelada de frete e a tonelada de registro, que são todas unidades de volume. As três toneladas são definidas em termos do barrel bulk, sendo 1 barrel bulk = 0,1415 m 3 e 1 m 3 = 28, 378 alqueires americanos. Assim, em termos de alqueires americanos, temos: 1 tonelada de deslocamento = (7 barrels bulk) ×
(a) A diferença entre 73 toneladas de frete e 73 toneladas de deslocamento é ∆V = 73(toneladas de frete − toneladas de desloccamento) = 73(32,124 alqueires americanos − 28,108 alqueires americanos) = 293,168 alqueires americanos ≈ 293 alqueires americanos (b) Analogamente, a diferença entre 73 toneladas de registro e 73 toneladas de deslocamento é ∆V = 73(toneladas de registro − toneladas de desslocamento) = 73(80, 31 alqueires americanos − 28,108 alqueires americanos) = 3810, 746 alqueires americanos 3, 81 × 10 3 alqueires americanos
10 soluções dos problemas
34. Se o freguês espera um volume V1 = 20 × 7056 in3 e recebe V2 = 20 × 5826 in3, a diferença é ∆V = V1 − V2 = 24600 in 3 , ou 3
2, 54 cm 1 L ∆V = ( 24.600 in ) = 403 L 1 in 1000 cm 3 3
tendo sido consultado o Apêndice D. 35. As duas primeiras conversões são tão fáceis que não seria necessário recorrer a uma conversão formal, mas, apenas para praticar, vamos resolver formalmente todo o problema: 2 pecks (a) 11 tuffets = (11 tuffets ) = 22 pecks . 1 tuffet 0, 50 Imperial bushel (b) 11 tuffets = (11 tuffets ) = 5, 5 Imperial bushels. 1 tuffet 36, 3687 L (c) 11 tuffets = ( 5, 5 Imperial bushels ) ≈ 200 L . 1 Imperial bushel 36. A Tabela 7 pode ser completada da seguinte forma: (a) A primeira coluna (“wey”) é o recíproco da primeira linha, ou seja, 9/10 = 0,900, 3/40 = 7,50 × 10−2 e assim por diante. Isso significa que 1 pottle = 1,56 × 10−3 wey e 1 gill = 8,32 × 10−6 wey são os últimos dois números da primeira coluna. (b) Na segunda coluna (“chaldron”), temos 1 chaldron = 1 chaldron (ou seja, todos os números da “diagonal” da tabela são 1). Para descobrir quantos chaldrons são iguais a um bag, notamos que 1 wey = 10/9 chaldron = 40/3 bag e, portanto, 1/12 chaldron = 1 bag. Assim, o número se1 guinte da segunda coluna é = 8,33 × 10−2. Analogamente, 1 pottle = 1,74 × 10−3 chaldron e 12 1 gill = 9,24 × 10−6 chaldron. (c) Na terceira coluna (“bag”), temos 1 chaldron = 12,0 bag, 1 bag = 1 bag, 1 pottle = 2,08 × 10−2 bag e 1 gill = 1,11 × 10−4 bag. (d) Na quarta coluna (“pottle”), temos 1 chaldron = 576 pottle, 1 bag = 48 pottle, 1 pottle = 1 pottle e 1 gill = 5,32 × 10−3 pottle. (e) Na última coluna (“gill”), temos 1 chaldron = 1,08 × 105 gill, 1 bag = 9,02 × 103 gill, 1 pottle = 188 gill e, naturalmente, 1 gill = 1 gill. (f) Usando as informações do item (c), 1,5 chaldron = (1,5)(12,0) = 18,0 bag. Como 1 bag equivale a 0,1091 m3, concluímos que 1,5 chaldron = (18,0)(0,1091) = 1,96 m3. 37. Como o volume de uma unidade é 1 cm3 = 1 × 10−6 m3, o volume de um mol é 6,02 × 1023 cm3 = 6,02 × 1017 m3. A raiz cúbica desse número é o comprimento da aresta, 8,4 × 10 5 m 3. Isso equivale a aproximadamente 8 × 102 km. 38. (a) Usando o fato de que a área A de um retângulo é (largura) × (comprimento), temos: Atotal = ( 3, 00 acres ) + ( 25, 0 perch ) ( 4, 00 perch ) ( 40 perch ) ( 4 perch ) 2 = ( 3, 00 acre ) + 100 perch 1acre = 580 perch 2 .
soluções dos problemas 11
Multiplicamos este número pelo fator de conversão perch2 → rood (1 rood/40 perch2) para obter a resposta, Atotal = 14,5 roods. (b) Convertemos nosso resultado intermediário do item (a): 2
Em seguida, usamos o fator de conversão, pés → metros, dado no Apêndice D para obter 2
1m = 1, 47 × 10 4 m 2 . Atotal = (1, 58 × 10 5 ft 2 ) 3,281ft 39. Este problema compara o galão americano e o galão inglês, duas unidades de volume que não pertencem ao SI. A interpretação do tipo de galão, inglês ou americano, afeta a quantidade de gasolina calculada para cobrir uma dada distância. Se o consumo de gasolina é R (em milhas/galão), a quantidade de gasolina necessária para cobrir uma distância d (em milhas) é dada por V (galões) =
d (milhas) R (milhas/galão)
Como o carro foi fabricado na Inglaterra, o consumo de gasolina foi calculado com base no galão inglês e a interpretação correta seria “40 milhas por galão inglês”. Note também que, como 1 galão inglês = 4,460900 L e 1 galão americano = 3,7854118 L, a relação entre os dois é 1 galão americano = 1, 20095 galão americano 1 galão inglês = (4,5460900 L) 3,7854118 L (a) A quantidade de gasolina necessária é V′ =
Isso significa que o turista pensa erradamente que vai precisar de 18,8 galões americanos para a viagem. (b) Usando o fator de conversão calculado anteriormente, vemos que a quantidade de gasolina necessária é equivalente a 1, 20095 galão amerricano V ′ = (18, 75 galões ingleses ) × ≈ 22, 5 galões americanos . 1 galão inglês 40. A Eq. 1-7 fornece (com grande precisão!) o fator de conversão de unidades de massa atômica para quilogramas. Como este problema envolve a razão entre uma massa de 1,0 kg e a massa de um átomo (1,0 u expressa em quilograma), basta calcular o recíproco do número dado na Eq. 1-7 e arredondar para o número de algarismos significativos apropriado. O resultado é 6,0 × 1026. 41. Usando o fator de conversão (exato) 1 in = 2,54 cm = 0,0254 m, temos: 0,0254 m = 0, 3048 m 1 ft = 12 in = (12 in) × 1 in e 1 ft 3 = (0, 3048 m)3 = 0, 0283 m 3 para o volume (esses resultados também podem ser encontrados no Apêndice D). Assim, o volume de um cord de madeira é V = (8 ft ) × (4 ft) × (4 ft) = 128 ft 3. Usando o fator de conversão calculado anteriormente, obtemos 0, 0283 m 3 3 V = 1 cord = 128 ft 3 = (128 ft 3 ) × = 3, 625 m 1 ft 3 1 cord = 0, 276 cord ≈ 0, 3 cord . o que significa que 1 m 3 = 3, 625
12 soluções dos problemas
42. (a) A massa de uma molécula de água em unidades de massa atômica é (16 + 1 + 1)u = 18 u. De acordo com a Eq. 1-7, temos: 1, 6605402 × 10 −27 kg −26 18 u = (18 u) = 3, 0 × 10 kg 1u (b) Dividindo a massa total pela massa de uma molécula, obtemos o número (aproximado) de moléculas de água: N≈
~ 1, 4 × 10 21 ≈ 5 × 10 46 3, 0 × 10 −26
43. Como um quilograma equivale a um milhão de miligramas, 2,3 kg/semana equivalem a 2,3 × 106 mg/semana. Como uma semana tem 7 dias, um dia tem 24 horas e uma hora tem 3600 segundos, uma semana tem 604.800 segundos. Assim, (2,3 × 106 mg/semana)/(604.800 s/semana) = 3,8 mg/s. 44. O volume de água que caiu foi 1000 m V = ( 26 km 2 ) ( 2, 0 in ) = ( 26 km 2 ) 1 km 6 2 = ( 26 × 10 m ) ( 0, 0508 m )
2
0, 0254 m 1 in
( 2, 0 in )
= 1,3 3 × 10 6 m 3 . A massa específica da água é
ρ=
m = 1 × 10 3 kg m 3. V
A massa da água que caiu é dada por m = ρV: m = (1 × 10 3 kg m 3
) (1, 3 × 10
6
)
m 3 = 1, 3 × 10 9 kg.
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 6 = 10 −4 dia do universo, 1010 que também pode ser expresso como 86.400 segundos do universo = 8, 6 segundos do universo. 1 dia do universo
(10 −4 dia do universo)
46. O volume removido em um ano é V = (75 × 10 4 m 2 ) (26 m) ≈ 2 × 10 7 m 3 que, convertido para quilômetros cúbicos, nos dá 3
1 km = 0, 020 km 3 . V = ( 2 × 10 7 m 3 ) 1000 m
soluções dos problemas 13
47. Convertemos metros em unidades astronômicas e segundos em minutos usando as relações 1000 m = 1 km 1 UA = 1, 50 × 108 km 60 s = 1 min. Assim, 3,0 × 108 m/s equivale a 60 s UA 3, 0 × 108 m 1 km = 0,12 UA min. 8 s 1000 m 1, 50 × 10 km min 48. Como a unidade de massa atômica é 1 u = 1, 66 × 10 −24 g (veja o Apêndice D), a massa de um mol de átomos é aproximadamente m = (1, 66 × 10 −24 g)(6,02 × 10 23 ) = 1 g. Por outro lado, se a massa de uma toupeira é 75 g e isso corresponde a 7,5 mols de átomos, a massa de um mol de átomos em uma toupeira é 75 g m′ = = 10 g 7, 5 Em unidades de massa atômica, a massa média de um átomo da toupeira comum é m′ 10 g = = 1, 66 × 10 −23 g = 10 u. N A 6, 02 × 10 23 49. (a) Elevando ao quadrado a relação 1 ken = 1,97 m, temos: 1 ken 2 1, 972 m 2 = = 3, 88. 1 m2 1 m2 (b) Analogamente, temos 1 ken 3 1, 973 m 3 = = 7, 65. 1 m3 1 m3 (c) O volume de um cilindro é a área da base multiplicada pela altura. Assim,
π r 2 h = π ( 3, 00 ) ( 5, 50 ) = 156 ken 3 . 2
(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. 50. De acordo com o Apêndice D, uma milha náutica equivale a 1,852 km e, portanto, 24,5 milhas náuticas equivalem a 45,374 km. Além disso, de acordo com o Apêndice D, uma milha equivale a 1,609 km e, portanto, 24,5 milhas equivalem a 39,4205 km. A diferença é 5,95 km. 51. (a) Para o mínimo (43 cm), a conversão é a seguinte: 0, 43 m = 3, 9 m 9 cúbitos = (9 cúbitos) 1 cúbito Para o máximo (53 cm), temos: 0, 53 m = 4, 8 m 9 cúbitos = (9 cúbitos) 1 cúbito (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 . 3
Substituindo 0,43 m por 0,53 m, obtemos Vcilindro, máx = 4,2 m3. 52. Abreviando wapentake como “wp” e supondo que um hide equivale a 110 acres, calculamos a razão 25 wp/11 barn usando os fatores de conversão apropriados: acre 4047 m ( 25 wp) ( 1001wphide ) ( 110 1 hide ) ( 1 acre (11 barn ) ( 1 × 110barn m ) −28
2
2
) ≈ 1 × 10
36
.
53. O objetivo deste problema é converter a distância entre a Terra e o Sol para parsecs e anosluz. Para relacionar parsecs (pc) e unidades astronômicas (UA), observamos que quando θ é medida em radianos, é igual ao comprimento do arco s dividido pelo raio R. Para uma circunferência com um raio muito grande e um pequeno valor de θ, o arco pode ser aproximado por um segmento de reta de comprimento 1 UA. Assim, 1 arco-min 2π radianos 1 −6 θ = 1 arco-s = (1 arco-s ) = 4,85 × 10 rad . 360 60 arco-s 60 arco-min Isso significa que um parsec é dado por 1 pc = Ro =
1 UA s = = 2, 06 × 10 5 UA . θ 4,85 × 10 −6
Em seguida, precisamos relacionar UA a anos-luz. Como um ano corresponde a aproximadamente 3,16 × 107 s, temos: 1 ano-luz = (186. 000 milhas s ) ( 3,16 × 10 7 s ) = 5, 9 × 1012 milhas. (a) Como 1 pc = 2, 06 × 10 5 UA , temos: 1 pc = 4, 9 × 10 −6 pc. R = 1 UA = (1 UA ) 5 2,06 × 10 UA (b) Dado que 1 UA = 92, 9 × 10 6 milhas e 1 ano-luz = 5, 9 × 1012 milhas , as duas expressões levam a 1 ano-luz = 1, 57 × 10 −5 anos-luz ≈ 1, 6 × 10 −5 anos-luz 1 UA = 92, 9 × 10 6 milhas = (92, 9 × 10 6 milhas) 5, 9 × 1012 milhas
Combinando os resultados anteriores, também podemos obter a relação 1 pc = 3, 2 anos-luz . 54. (a) De acordo com o Apêndice D, 1 ft = 0,3048 m, 1 gal = 231 in3 e 1 in3 = 1,639 × 10−2 L. Assim, 1 gal = 3,79 L e 2
460 ft 2 1 m 1 gal = 11, 3 m 2 / L. 460 ft /gal = gal 3, 28 ft 3, 97 L 2
(b) Como 1 m3 equivale a 1000 L, o resultado do item (a) nos dá 11, 3 m 2 1000 L = 1,13 × 10 4 m −1 . 11, 3 m 2 / L = L 1 m 3 (c) O inverso da grandeza original é (460 ft2/gal)−1 = 2,17 × 10−3 gal/ft2. (d) A resposta do item (c) representa o volume de tinta (em galões) necessário para pintar uma área de um pé quadrado. A partir desse valor, podemos também calcular a espessura da tinta [que é da ordem de um décimo de milímetro, como podemos constatar calculando o recíproco da resposta do item (b)].
Capítulo 2
1. A velocidade (suposta constante) é v = (90 km/h)(1000 m/km) ⁄ (3600 s/h) = 25 m/s. Assim, em 0,50 s, o carro percorre uma distância d = vt = (25 m/s)(0,50 s) ≈ 13 m. 2. (a) Usando o fato de que tempo = distância/velocidade enquanto a velocidade é constante, temos: vméd =
73, 2 m + 73, 2 m = 1, 74 m/s. 73,2 m 73,2 m 1,22 m/s + 3,05 m
(b) Usando o fato de que distância = vt enquanto a velocidade é constante, temos: vméd =
(c) Os gráficos são mostrados a seguir (com as distâncias em metros e os tempos em segundos). O primeiro é formado por dois segmentos de reta (linhas cheias), o primeiro com uma inclinação de 1,22 e o segundo com uma inclinação de 3,05. A inclinação da reta tracejada representa a velocidade média (nos dois gráficos). O segundo gráfico também é formado por dois segmentos de reta (linhas cheias), com a mesma inclinação que no primeiro. A diferença entre os dois gráficos é que, no segundo, a segunda fase durou muito mais tempo.
3. Como a viagem foi feita em duas etapas, vamos chamar os deslocamentos de ∆x1 e ∆x2 e os intervalos de tempo correspondentes de ∆t1 e ∆t2. Como o problema é unidimensional e os dois deslocamentos são no mesmo sentido, o deslocamento total é ∆x = ∆x1 + ∆x2 e o tempo total de viagem é ∆t = ∆t1 + ∆t2. Usando a definição de velocidade média dada pela Eq. 2-2, temos: vméd =
(80 km) = 40 km/h. (2,0 h)
Para calcular a velocidade escalar média, note que, se a velocidade é uma constante positiva durante um intervalo de tempo ∆t, a velocidade escalar é igual ao módulo da velocidade e a distância é igual ao módulo do deslocamento: d = | ∆x | = v∆t . (a) Durante a primeira parte da viagem, o deslocamento é ∆x1 = 40 km e o intervalo de tempo é t1 =
(40 km) = 1, 33 h. (30 km/h)
16 soluções dos problemas
Da mesma forma, durante a segunda parte da viagem, o deslocamento é ∆x2 = 40 km e o intervalo de tempo é t2 =
(40 km) = 0, 67 h. (60 km/h)
O deslocamento total é ∆x = ∆x1 + ∆x2 = 40 km + 40 km = 80 km e o intervalo de tempo total é ∆t = ∆t1 + ∆t2 = 2,00 h. Assim, a velocidade escalar média é vméd =
(80 km) = 40 km/h. (2,0 h)
(b) Neste caso, a velocidade escalar média é igual ao módulo da velocidade média: sméd = 40 km/h. (c) A figura a seguir mostra o gráfico da viagem completa. O gráfico é formado por dois segmentos de reta, o primeiro com uma inclinação de 30 km/h, ligando a origem ao ponto (∆t1, ∆x1) = (1, 33 h, 40 km) , e o segundo com uma inclinação de 60 km/h, ligando o ponto (∆t1, ∆x1) ao ponto (∆t, ∆x) = (2,00 h, 80 km).
4. Ao contrário da velocidade média, a velocidade escalar média está relacionada à distância total e não ao deslocamento total. Naturalmente, a distância D para subir a ladeira é igual à distância para descer a ladeira; como a velocidade escalar é constante (durante a subida e durante a descida), nos dois casos a velocidade escalar é = D/t. Assim, a velocidade escalar média é dada por Dsubida + Ddescida = tsubida + t descida
2D D vsubida
+
D vdescida
o que, depois de cancelar D e fazer vsubida = 40 km/h e vdescida = 60 km/h, nos dá uma velocidade escalar média de 48 km/h. 5. Podemos usar a função x = 3t – 4t2 + t3 considerando implícito que as unidades de x e t são as unidades do SI (e é assim que vamos proceder), mas se quiséssemos tornar as unidades explícitas poderíamos escrever x = (3 m/s)t – (4 m/s2)t2 + (1 m/s3)t3. Vamos escrever respostas com um ou dois algarismos significativos, sem nos preocupar com as regras para algarismos significativos. (a) Fazendo t = 1 s, obtemos x = 3 – 4 + 1 = 0. (b) Para t = 2 s, obtemos x = 3(2) – 4(2)2+(2)3 = –2 m. (c) Para t = 3 s, temos x = 0 m. (d) Fazendo t = 4 s, temos x = 12 m.
soluções dos problemas 17
Para futura referência, notamos também que a posição em t = 0 é x = 0. (e) Subtraímos a posição em t = 0 da posição em t = 4 s para obter o deslocamento ∆x = 12 m. (f) Subtraímos a posição em t = 2 s da posição em t = 4 s para obter o deslocamento ∆x = 14 m. De acordo com a Eq. 2-2, temos: vméd =
∆x 14 = = 7 m/s. ∆t 2
(g) A posição do objeto no intervalo 0 ≤ t ≤ 4 é mostrada no gráfico a seguir. A linha reta traçada do ponto (2 s, –2 m) ao ponto (4 s, 12 m) representa a velocidade média, que é a resposta do item (f).
6. A velocidade de Huber foi v0 = (200 m)/(6,509 s) = 30,72 m/s = 110,6 km/h, na qual usamos o fator de conversão 1 m/s = 3,6 km/h. Como Whittingham quebrou o recorde de Huber por 19,0 km/h, sua velocidade foi v1 = (110,6 km/h + 19,0 km/h) = 129,6 km/h ou 36 m/s (1 km/h = 0,2778 m/s). Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-2, o tempo gasto por Whittingham para percorrer os 200 m foi ∆t =
∆x 200 m = = 5, 554 s. v1 36 m/s
7. Como a distância entre os trens está diminuindo à taxa de 60 km/h, o tempo até o choque é t = (60 km)/(60 km/h) = 1,0 h. Durante esse tempo, o pássaro percorre uma distância x = vt = (60 km/h)(1,0 h) = 60 km. 8. O tempo que cada pessoa leva para percorrer uma distância L com velocidade vs é ∆t = L / vs . A cada pessoa que chega, a espessura da camada aumenta de uma espessura de corpo d. (a) A taxa de aumento da camada de pessoas é R=
d d dv (0, 25 m)(3, 50 m/s) = = s = = 0, 50 m/s. ∆t L / vs L 1, 75 m
(b) O tempo necessário para que a espessura da camada chegue a D = 5, 0 m é t=
D 5, 0 m = = 10 s. R 0,50 m/s
9. Convertidos para segundos, os tempos são t1 = 147,95 s e t2 = 148,15 s, respectivamente. Se os corredores fossem igualmente velozes, teríamos L1 L2 sméd1 = sméd2 ⇒ = . t1 t2
18 soluções dos problemas
Isto nos dá 148,15 L2 − L1 = − 1 L1 ≈ 1, 35 m 147, 95 na qual fizemos L1 ≈ 1000 m no último passo. Assim, se a diferença entre L2 e L1 for menor que aproximadamente 1,4 m, o corredor 1 é realmente mais rápido que o corredor 2. Entretanto, se a diferença entre L2 e L1 for maior que 1,4 m, o corredor 2 será o mais rápido. 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 vef ,1 = vc + vv e a distância percorrida é d = vef ,1t1 = (vc + vv )t1 . Na viagem de volta, durante o intervalo t2, o carro se move no sentido contrário ao do vento e a velocidade efetiva é vef ,2 = vc − vv . Nesse caso, a distância percorrida é d = vef ,2t 2 = (vc − vv )t 2 . As duas expressões podem ser escritas na forma vc + vv =
d t1
e vc − vv =
d t2
1 d d Somando as duas equações e dividindo por dois, obtemos vc = + . Assim, o método 1 2 t1 t 2 fornece a velocidade do carro vc na ausência de vento. (b) No caso do método 2, o resultado é vc′ =
vc − vc′ vv = = (0, 0240)2 = 5, 76 × 10 −4 vc vc e a diferença percentual é 5,76 × 1024 × 100 ≈ 0,06%. 11. Os dados do problema deixam claro que a primeira parte da viagem (a 100 km/h) levou uma hora e a segunda parte (a 40 km/h) também levou 1 hora. Expresso em forma decimal, o tempo que resta é 1,25 hora e a distância restante é 160 km. Assim, a menor velocidade necessária é v = (160 km)/(1,25 h) = 128 km/h. 12. (a) Suponha que os carros rápidos e lentos estão separados por uma distância d no instante t = 0. Se durante o intervalo de tempo t = L/v1 = (12,0 m)/(5,0 m/s) = 2,40 s no qual o carro lento percorreu uma distância L = 12, 0 m o carro rápido percorreu uma distância vt = d + L para se juntar à fila de carros lentos, a onda de choque permanece estacionária. Essa condição exige uma separação de d = vt − L = (25 m/s)(2, 4 s) − 12, 0 m = 48, 0 m. (b) Suponha que a separação inicial em t = 0 seja d = 96, 0 m. Em um instante posterior t, o carro lento percorreu uma distância x = vl t e o carro rápido se juntou à fila percorrendo uma distância d + x . Como t=
x d+x = , vs v
obtemos x=
vl 5, 00 m/s d= (96, 0 m) = 24, 0 m, v − vl 25, 0 m/s − 5, 00 m/s
soluções dos problemas 19
o que, por sua vez, nos dá t = (24, 0 m) / (5, 00 m/s) = 4, 80 s. Como o último carro da fila de carros lentos percorreu uma distância ∆x = x – L = 24,0 m − 12,0 m = 12,0 m, a velocidade do último carro da fila de carros lentos, que igual à velocidade da onda de choque, é ∆x 12, 0 m = = 2, 50 m/s. t 4, 80 s (c) Como x > L , o sentido da onda de choque é o sentido do movimento dos carros. vchoque =
13. (a) Chamando o tempo de viagem e a distância entre Rio e São Paulo de T e D, respectivamente, a velocidade escalar média é D (55 km/h) T2 + (90 km/h) T2 sméd1 = = = 72, 5 km/h T T que pode ser arredondada para 73 km/h. (b) Usando o fato de que tempo = distância/velocidade se a velocidade for constante, obtemos sméd 2 =
D = T
D/2 55 km/h
D = 68, 3 km/h /2 + 90Dkm/h
que pode ser arredondada para 68 km/h. (c) A distância total percorrida (2D) não deve ser confundida com o deslocamento (zero). Obtemos, para a viagem de ida e volta, 2D sméd = D = 70 km/h. D 72 ,5 km/h + 68 ,3 km/h (d) Como o deslocamento total é zero, a velocidade média na viagem inteira também é zero. (e) Ao pedir um gráfico, o problema permite que o aluno escolha arbitrariamente a distância D (a intenção não é exigir que o aluno consulte um atlas); na verdade, o aluno pode escolher um valor para T em vez de D, como ficará claro na discussão a seguir. Vamos descrever sucintamente o gráfico. Ele é composto por dois segmentos de reta, o primeiro com uma inclinação de 55 km/h entre a origem e o ponto (t1, x1) = (T/2, 55T/2), e o segundo com uma inclinação de 90 km/h entre os pontos (t1, x1) e (T, D), sendo D = (55 + 90)T/2. A velocidade média, do ponto de vista gráfico, é a inclinação da reta que liga a origem ao ponto (T, D). O gráfico (que não foi desenhado em escala) aparece a seguir.
14. Usando a identidade
d dx
exp(bx) = b exp(bx) , obtemos
v=
dx d (19t ) − t de− t = e t ( 19 ) ⋅ + ⋅ . dt dt dt
Se o leitor ficou preocupado com a presença de um argumento na exponencial que não é adimensional (–t), pode introduzir um fator 1/T para o qual T = 1 segundo antes de executar os cálculos (o que não muda a resposta). O resultado da derivação é v = 16(1 − t )e− t
20 soluções dos problemas
com t e v em unidades do SI (s e m/s, respectivamente). Vemos que esta função se anula para t = 1 s. Agora que sabemos em que instante o elétron para momentaneamente, podemos calcular onde o elétron para, fazendo t = 1 na função x = 16te–t, com x em metros. O resultado é x = 5,9 m. 15. Usamos a Eq. 2-4 para resolver o problema. (a) A velocidade da partícula é dx d = (4 − 12t + 3t 2 ) = −12 + 6t . dt dt Assim, em t = 1 s, a velocidade é v = (–12 + (6)(1)) = –6 m/s. v=
(b) Como v < 0, a partícula está se movendo no sentido negativo do eixo x. (c) Em t = 1 s, a velocidade escalar é |v| = 6 m/s. (d) Para 0 < t < 2 s, |v| diminui até se anular. Para 2 < t < 3 s, |v| aumenta de zero até o valor do item (c). Isso significa que |v| está aumentando. (e) Sim, já que v varia continuamente de valores negativos (lembre-se do resultado para t = 1) para valores positivos (note que para t → +∞, temos v → +∞). É fácil verificar que v = 0 para t = 2 s. (f) Não. Na verdade, como v = –12 + 6t, sabemos que v > 0 para t > 2 s. 16. Usamos a notação x(t), v(t) e a(t) nesta solução, na qual as duas últimas funções são obtidas por derivação: dx(t ) dv(t ) v(t ) = = −12t e a(t ) = = −12 dt dt na qual está implícito que x e t estão em unidades do SI. (a) Fazendo v(t) = 0, constatamos que a partícula está (momentaneamente) em repouso no instante t = 0. (b) x(0) = 4,0 m. (c) e (d) Fazendo x(t) = 0 na equação x(t) = 4,0 – 6,0t2, obtemos t = ±0,82 s como os instantes em que a partícula passa pela origem. (e) Mostramos a seguir tanto o gráfico pedido (do lado esquerdo) como o gráfico “deslocado” que está envolvido na resposta ao item (f). Nos dois casos, o eixo dos tempos cobre o intervalo –3 ≤ t ≤ 3 (com t em segundos).
(f) Chegamos ao gráfico da direita (mostrado acima) somando 20t à expressão de x(t). (g) Verificando em que pontos as inclinações dos gráficos se anulam, constatamos que o deslocamento faz com que o ponto em que v = 0 corresponda a um valor maior de x (o máximo da curva da direita está acima do máximo da curva da esquerda).
soluções dos problemas 21
17. Usamos a Eq. 2-2 para calcular a velocidade média e a Eq. 2-4 para calcular a velocidade instantânea, trabalhando com as distâncias em centímetros e os tempos em segundos. (a) Fazendo t = 2,00 s e t = 3,00 s na equação de x(t), obtemos x2 = 21,75 cm e x3 = 50,25 cm, respectivamente. A velocidade média no intervalo 2,00 ≤ t ≤ 3,00 s é vméd =
∆x 50, 25 cm − 21, 75 cm = ∆t 3, 00 s − 2, 00 s
o que nos dá vméd = 28,5 cm/s. (b) A velocidade instantânea é v = dx/dt = 4,5t2, que, no instante t = 2,00 s, corresponde a v = (4,5)(2,00)2 = 18,0 cm/s. (c) Em t = 3,00 s, a velocidade instantânea é v = (4,5)(3,00)2 = 40,5 cm/s. (d) Em t = 2,50 s, a velocidade instantânea é v = (4,5)(2,50)2 = 28,1 cm/s. (e) Chamando de tm o instante em que a partícula está a meio caminho entre x2 e x3 (ou seja, o instante em que a partícula está em xm = (x2 + x3)/2 = 36 cm), temos: xm = 9, 75 + 1, 5t m3
⇒
t m = 2, 596
com tm em segundos. A velocidade instantânea nesse instante é v = 4,5(2,596)2 = 30,3 cm/s. (f) A resposta do item (a) é dada pela inclinação da reta que liga os pontos t = 2 e t = 3 no gráfico de x em função de t a seguir. As respostas dos itens (b), (c), (d) e (e) correspondem às inclinações das retas tangentes à curva (que não foram traçadas mas são fáceis de imaginar) nos pontos apropriados.
18. (a) Derivando duas vezes a função x(t) = 12t2 – 2t3, obtemos as funções velocidade e aceleração: v(t) = 24t – 6t2 e a(t) = 24 – 12t com a distância em metros e o tempo em segundos. Fazendo t = 3, obtemos x(3) = 54 m. (b) Para t = 3, v(3) = 18 m/s. (c) Para t = 3, a(3) = –12 m/s2. (d) No ponto em que x é máximo, v = 0; desprezando a solução t = 0, a equação da velocidade nos dá t = 24/6 = 4 s como o instante em que x é máximo. Fazendo t = 4 na equação de x, obtemos x = 64 m como a maior coordenada positiva atingida pela partícula. (e) De acordo com o item (d), o valor de x é máximo no instante t = 4,0 s. (f) No ponto em que v é máxima, a = 0, o que acontece em t = 24/12 = 2,0 s. Substituindo esse valor na equação da velocidade, obtemos vmáx = 24 m/s.
22 soluções dos problemas
(g) De acordo com o item (f), o valor de v é máximo no instante t = 24/12 = 2,0 s. (h) No item (e), vimos que a partícula está (momentaneamente) em repouso no instante t = 4 s. A aceleração nesse instante é 24 – 12(4) = –24 m/s2. (i) Para aplicar a definição de velocidade média (Eq. 2-2), precisamos conhecer os valores de x em t = 0 e t = 3 s, que são facilmente obtidos fazendo t = 0 e t = 3 na equação de x. O resultado é o seguinte: 54 − 0 = 18 m/s. vméd = 3− 0 19. Representamos a direção inicial do movimento como direção +x. A aceleração média no intervalo de tempo t1 ≤ t ≤ t 2 é dada pela Eq. 2-7: vméd =
(80 km) = 40 km/h. (2,0 h)
Vamos fazer v1 = +18 m/s em t1 = 0 e v2 = –30 m/s em t2 = 2,4 s. De acordo com a Eq. 2-7, temos: (−30) − (+18) améd = = − 20 m/s 2 . 2, 4 A aceleração média é 20 m/s2 em valor absoluto e tem o sentido oposto ao da velocidade inicial da partícula. Isso faz sentido, já que a velocidade da partícula está diminuindo no intervalo de tempo considerado. 20. Usamos a notação x(t), v(t) e a(t) e determinamos as últimas duas funções por derivação: dx ( t ) dv ( t ) = − 15t 2 + 20 e a ( t ) = = − 30t t dt nas quais está implícito que as distâncias e tempos estão em unidades do SI. Essas expressões são usadas na solução dos diferentes itens. v (t ) =
(a) Fazendo 0 = − 15t 2 + 20 , vemos que o único valor positivo de t para o qual a partícula está (momentaneamente) em repouso é t = 20 / 15 = 1, 2 s. (b) Fazendo 0 = – 30t, vemos que a(0) = 0 (ou seja, a aceleração é nula em t = 0). (c) É claro que a(t) = – 30t é negativa para t > 0. (d) É claro que a(t) = – 30t é positiva para t < 0. (e) Os gráficos são mostrados a seguir. Está implícito que as distâncias estão em metros e os tempos em segundos.
soluções dos problemas 23
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, 396 m − 0 vméd = = 1,10 m/s. 360 s (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 =
2, 2 m/s − 0 = 0, 00611 m/s2 . 360 s
(c) O intervalo inteiro é ∆t = 9 – 3 = 6 min (360 s), enquanto o subintervalo no qual o homem está se movendo é ∆t ' = 9 − 5 = 4 min = 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. Assim, vméd =
528 m − 0 = 1, 47 m/s. 360 s
(d) O homem está em repouso em t = 3 min e está se movendo com velocidade v = +2,2 m/s em t = 9 min. Assim, améd = 2,2/360 = 0,00611 m/s2, como no item (b). (e) A reta horizontal perto do eixo dos tempos neste gráfico de x em função de t representa o homem parado em x = 0 para 0 ≤ t < 300 s e a reta para 300 ≤ t ≤ 600 s representa o homem se movendo com velocidade constante. A inclinação das outras retas é a solução dos itens (a) e (c).
O gráfico de v em função de t não foi desenhado, mas seria formado por dois “degraus” horizontais, um em v = 0 para 0 ≤ t < 300 s e o outro em v = 2,2 m/s para 300 ≤ t ≤ 600 s. As acelerações médias calculadas nos itens (b) e (d) seriam as inclinações das retas que ligam os pontos apropriados. 22. Nesta solução, fazemos uso da notação x(t) para o valor de x para um certo valor de t. As notações v(t) e a(t) têm um significado análogo. (a) Como o produto ct2 tem dimensão de comprimento, a unidade de c deve ter dimensões de comprimento/tempo2, ou seja, deve ser m/s2 no SI. (b) Como o produto bt3 tem dimensão de comprimento, a unidade de b deve ter dimensões de comprimento/tempo3, ou seja, deve ser m/s3 no SI.
24 soluções dos problemas
(c) Quando a partícula passa por uma coordenada máxima (ou mínima) a velocidade é zero. Como a velocidade é dada por v = dx/dt = 2ct – 3bt2, v = 0 para t = 0 e para t=
2c 2(3, 0 m/s2 ) = = 1, 0 s . 3b 3(2, 0 m/s3 )
Para t = 0, x = x0 = 0 e para t = 1,0 s, x = 1,0 m > x0. Como estamos interessados no máximo, rejeitamos a primeira raiz (t = 0) e aceitamos a segunda (t = 1 s). (d) Nos primeiros 4 s, a partícula se desloca da origem até o ponto x = 1,0 m, inverte o sentido do movimento e volta até o ponto x(4 s) = (3, 0 m/s 2 )(4, 0 s)2 − (2, 0 m/s3 )(4, 0 s)3 = − 80 m . A distância total percorrida é 1,0 m + 1,0 m + 80 m = 82 m. (e) O deslocamento é ∆x = x2 – x1, sendo que x1 = 0 e x2 = –80 m. Assim, ∆x = −80 m . A velocidade é dada por v = 2ct – 3bt2 = (6,0 m/s2)t – (6,0 m/s3)t2. (f) Fazendo t = 1 s, obtemos v(1 s) = (6,0 m/s2)(1,0 s) − (6,0 m/s3)(1,0 s)2 = 0. (g) Da mesma forma, v(2s) = (6,0 m/s2((2,0 s) − (6,0 m/s3)(2,0 s)2 = −12 m/s. (h) v(3 s) = (6, 0 m/s 2 )(3, 0 s) − (6,0 m/s3 )(3, 0 s)2 = −36 m/s . (i) v(4s) = (6,0 m/s2)(4,0 s) − (6,0 m/s3)(4,0 s)2 = −72 m/s. A aceleração é dada por a = dv/dt = 2c – 6b = 6,0 m/s2 – (12,0 m/s3)t. (j) Fazendo t = 1 s, obtemos a(1 s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(1,0 s) = −6,0 m/s2. (k) a(2 s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(2,0 s) = −18 m/s2. (l) a(3 s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(3,0 s) = −30 m/s2. (m) a(4s) = 6,0 m/s2 − (12,0 m/s3)(4,0 s) = −42 m/s2. 23. Como o problema envolve uma aceleração constante, o movimento do elétron pode ser analisado usando as equações da Tabela 2-1: v 2 = v02 + 2a( x − x0 ) A aceleração pode ser obtida resolvendo a Eq. (2-16). Fazendo v0 5 1,50 3 105 m/s, v 5 5,70 3 106 m/s, x0 = 0 e x = 0,010 m, temos: v 2 − v02 (5, 7 × 10 5 )2 − (1, 5 × 10 5 )2 = = 1, 62 × 1015 m/s 2 . 2x 2(0, 01) 24. Neste problema, conhecemos a velocidade inicial, a velocidade final, o deslocamento e precisamos calcular a aceleração. Para isso, usamos a Eq. 2-16, v 2 = v02 + 2a( x − x0 ). a=
(a) Como v0 = 0 , v = 1, 6 m/s e ∆x = 5, 0 µ m, a aceleração dos esporos durante o lançamento é a=
O sinal negativo significa que a velocidade dos esporos está diminuindo. 25. Separamos o movimento em duas partes e tomamos o sentido do movimento como positivo. Na parte 1, o veículo acelera do repouso até a velocidade máxima; sabemos que v0 = 0, v = 20 m/s e a = 2,0 m/s2. Na parte 2, o veículo desacelera da velocidade máxima até o repouso; sabemos que v0 = 20 m/s, v = 0 e a = –1,0 m/s2 (a aceleração é negativa porque o vetor aceleração aponta no sentido contrário ao do movimento). (a) Usando a Tabela 2-1, calculamos t1 (a duração da parte 1) a partir da equação v = v0 + at. Assim, 20 = 0 + 2, 0t1 nos dá t1 = 10 s. Obtemos a duração t2 da parte 2 usando a mesma equação. Assim, 0 = 20 + (–1,0)t2 nos dá t2 = 20 s e o tempo total é t = t1 + t2 = 30 s. (b) Na parte 1, fazendo x0 = 0, usamos a equação v2 = v02 + 2a(x – x0) da Tabela 2-1 para obter x=
v 2 − v02 (20 m/s)2 − (0)2 = = 100 m . 2a 2(2, 0 m/s 2 )
Como essa posição é a posição inicial da parte 2, usamos a mesma equação na parte 2 para obter x − 100 m =
v 2 − v02 (0)2 − (20 m/s)2 . = 2a 2(−1, 0 m/s 2 )
Assim, a posição final é x = 300 m. O fato de que essa é também a distância total é evidente (o veículo não fez meia-volta em nenhum momento). 26. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. (a) Fazendo v = 0 e x0 = 0 em v 2 = v02 + 2a( x − x0 ), obtemos x= −
Como a velocidade do múon está diminuindo, a velocidade inicial e a aceleração têm sinais opostos. (b) Os gráficos a seguir mostram a posição x e a velocidade v do múon em função do tempo. Como o cálculo do item (a) não envolveu o tempo, outras equações da Tabela 2-1 (como v = v0 + at and e x = v0 t + 12 at 2 ) foram usadas para desenhar esses gráficos.
27. Usamos a equação v = v0 + at, com t = 0 como o instante em que a velocidade é igual a +9,6 m/s.
26 soluções dos problemas
(a) Como estamos interessados em calcular a velocidade em um instante anterior a t = 0, fazemos t = –2,5 s. Nesse caso, a Eq. 2-11 nos dá v = (9, 6 m/s) + ( 3, 2 m/s 2 ) (−2, 5 s) = 1, 6 m/s. (b) Para t = +2,5 s, temos: v = (9, 6 m/s) + ( 3, 2 m/s 2 ) (2, 5 s) = 18 m/s. 28. Tomamos +x como o sentido do movimento, o que nos dá v0 = +24,6 m/s e a = – 4,92 m/s2. Também fazemos x0 = 0. (a) O tempo que o carro leva para parar pode ser calculado usando a Eq. 2-11: 0 = v0 + at ⇒ t =
24, 6 m/s = 5, 00 s. −4, 92 m/s2
(b) Entre as várias equações da Tabela 2-1 que poderíamos usar, escolhemos a Eq. 2-16 [que não depende da resposta do item (a)]. (24, 6 m/s)2 0 = v02 + 2ax ⇒ x = − = 61, 5 m. 2(−4, 92 m/s 2 ) (c) Usando esses resultados, plotamos v0 t + 12 at 2 (gráfico a seguir, à esquerda) e v0 + at (gráfico à direita) no intervalo 0 ≤ t ≤ 5 s. As unidades do SI estão implícitas.
29. Supomos que os períodos de aceleração (de duração t1) e de desaceleração (de duração t2) são períodos de a constante, de modo que as equações da Tabela 2-1 podem ser usadas. Tomando o sentido do movimento como sendo +x, a1 = +1,22 m/s2 e a2 = –1,22 m/s2. Usando unidades do SI, a velocidade no instante t = t1 é v = 305/60 = 5,08 m/s. (a) Chamamos de ∆x a distância percorrida no intervalo t1 e usamos a Eq. 2-16: v 2 = v02 + 2a1 ∆x ⇒ ∆x =
5, 082 = 10, 59 m ≈ 10, 6 m. 2(1, 22)
(b) Usando a Eq. 2-11, temos: v − v0 5, 08 = = 4,17 s. a1 1, 22 Como o tempo de desaceleração t2 é igual a t1, t1 + t2 = 8,34 s. Como as distâncias percorridas nos intervalos de tempo t1 e t2 são iguais, a distância total é 2(10,59 m) = 21,18 m. Isso significa que em uma distância de 190 m – 21,18 m = 168,82 m, o elevador está se movendo com velocidade constante. O tempo que o elevador passa se movendo com velocidade constante é t1 =
t3 =
168, 82 m = 33, 21 s. 5, 08 m/s
Assim, o tempo total é 8,33 s + 33,21 s ≈ 41,5 s. 30. Escolhemos como sentido positivo o sentido da velocidade inicial do carro (o que significa que a < 0, já que a velocidade está diminuindo). Supomos que a aceleração é constante e usamos a Tabela 2-1.
soluções dos problemas 27
(a) Fazendo v0 = 137 km/h = 38,1 m/s, v = 90 km/h = 25 m/s e a = –5,2 m/s2 na equação v = v0 + at, temos: t=
25 m/s − 38 m/s = 2, 5 s. −5, 2 m/s 2
(b) Supomos que o carro está em x = 0 quando os freios são aplicados (no instante t = 0). Nesse caso, a posição do carro em função do tempo é dada por 1 ( −5, 2 ) t 2 2 em unidades do SI. Essa função está plotada no gráfico a seguir entre t = 0 e t = 2,5 s. Não mostramos o gráfico da velocidade em função do tempo; é uma linha reta de inclinação negativa entre v0 e v. x = ( 38 ) t +
31. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. (a) Explicitando o tempo na equação v = v0 + at, temos: t=
v − v0 = a
1 10
(3, 0 × 108 m/s) = 3,1 × 10 6 s 9, 8 m/s 2
o que equivale a 1,2 mês. (b) Calculamos x = x0 + v0 t + 12 at 2 , para x0 = 0. O resultado é 1 (9, 8 m/s2 ) (3,1 × 106 s)2 = 4, 7 × 1013 m. 2 Note que, nos itens (a) e (b), não usamos a equação v 2 = v02 + 2a( x − x0 ). Essa equação pode ser usada para verificar se os resultados estão corretos. A velocidade final calculada usando essa equação é x=
v=
v02 + 2a( x − x0 ) =
0 + 2(9, 8 m/s 2 )(4, 6 × 1013 m − 0) = 3, 0 × 10 7 m/s,
que é o valor dado no enunciado do problema. Isso mostra que a solução está correta. 32. A aceleração pode ser calculada usando a Eq. 2-11 (ou a Eq. 2-7, se interpretada corretamente):
a=
∆v = ∆t
1000 m/km 3600 s/h = 202, 4 m/s 2 . 1, 4 s
(1020 km/h )
Em termos de g, a aceleração da gravidade, temos: a=
202, 4 g = 21g . 9, 8
28 soluções dos problemas
33. Como, de acordo com o enunciado, a aceleração é constante [veja o item (a)], podemos usar as equações da Tabela 2-1. (a) Fazemos x0 = 0 e usamos a Eq. 2-15, x = v0t + 12 at2, para calcular a aceleração: a = 2(x – v0t)/ t2. Fazendo x = 24,0 m, v0 = 56,0 km/h = 15,55 m/s e t = 2,00 s, obtemos a=
2( x − v0 t ) 2[24, 0 m − (15, 55 m/s)] = = 3, 56 m/s 2 t2 (2, 00 s)2
ou | a | = 3, 56 m/s2 . O sinal negativo indica que a aceleração tem o sentido oposto ao do movimento do carro; a velocidade do carro está diminuindo. (b) Calculamos v = v0 + at da seguinte forma:
v = 15, 55 m/s − ( 3, 56 m/s 2 ) ( 2, 00 s ) = 8, 43 m/s
que equivale a 30, 3 km/h. 34. Seja d a distância de 220 m entre os carros no instante t = 0, v1 a velocidade de 20 km/h = 50/9 m/s correspondente ao ponto x1 = 44,5 m e v2 a velocidade de 40 km/h = 100/9 m/s correspondente ao ponto x2 = 76,6 m. Temos duas equações (baseadas na Eq. 2-17):
d – x1 = vo t1 + a t12/2
na qual t1 = x1 ⁄ v1
d – x2 = vo t2 + a t22/2
na qual t2 = x2 ⁄ v2
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos os seguintes resultados: (a) A velocidade inicial do carro verde é vo = −13,9 m/s, ou aproximadamente −50 km/h (o sinal negativo indica que o carro se move no sentido negativo do eixo x). (b) A aceleração do carro verde é a = −2,0 m/s2 (o sinal negativo indica que a aceleração é no sentido negativo do eixo x). 35. As posições dos carros em função do tempo são dadas por 1 1 x A (t ) = x A 0 + aA t 2 = (−35, 0 m) + aA t 2 2 2 x B (t ) = x B 0 + vB t = (270 m) − (20 m/s)t Os dois carros se cruzam no instante t = 12,0 s em que as retas se encontram. Isso significa que (270 m ) − (20 m/s)(12, 0 s) = 30 m = (−35, 0 m) + aA (12, 0 s)2 / 2 o que nos dá aA = 0, 90 m/s2 . 36. (a) Usamos a Eq. 2-15 para a parte 1 do percurso e a Eq. 2-18 para a parte 2: 900 m 4
Dx1 = v01 t1 + a1 t12/2
em que a1 = 2,25 m/s2 e ∆x1 =
Dx2 = v2 t2 − a2 t22/2
em que a2 = −0,75 m/s2 e ∆x2 =
3(900) m 4
Além disso, v01 = v2 = 0. Resolvendo as duas equações e somando os tempos, obtemos t = t1 + t2 = 56,6 s. (b) Usamos a Eq. 2-16 para a parte 1 do percurso: 900 = 1013 m2/s2 v2 = (vo1)2 + 2a1Dx1 = 0 + 2(2,25) 4 o que nos dá uma velocidade máxima v = 31,8 m/s.
soluções dos problemas 29
37. (a) De acordo com a figura, x0 = –2,0 m. Usamos a equação x – x0 = v0t + 12 at2 com t = 1,0 s e também com t = 2,0 s. Isso nos dá duas equações com duas incógnitas, v0 e a: 1 2 0, 0 − ( −2, 0 ) = v0 (1, 0 ) + a (1, 0 ) 2 1 2 6, 0 − ( −2, 0 ) = v0 ( 2, 0 ) + a ( 2, 0 ) . 2 Resolvendo esse sistema de equações, obtemos v0 = 0 e a = 4,0 m/s2. (b) O fato de que a resposta é positiva significa que o vetor aceleração aponta no sentido positivo do eixo x. 38. Supomos que o trem acelera a partir do repouso ( v0 = 0 e x0 = 0 ) com uma aceleração a1 = +1, 34 m/s2 até o ponto médio do percurso e depois desacelera com uma aceleração a2 = −1, 34 m/s2 até parar (v2 = 0) na estação seguinte. O ponto médio é x1 = 806/2 = 403 m. (a) Chamando de v1 a velocidade no ponto médio, temos, de acordo com a Eq. 2-16, v12 = v02 + 2a1 x1 ⇒ v1 =
2 (1, 34 ) ( 403) = 32, 9 m/s.
(b) O tempo t1 que o trem passa acelerando é (usando a Eq. 2-15) 1 2 2 ( 403) . a1t1 ⇒ t1 = 2 1, 34 Como o tempo que o trem passa desacelerando é igual, multiplicamos este resultado por dois para obter t = 49,1 s como tempo de percurso entre as estações. x1 = v0 t1 +
(c) Com um “tempo morto” de 20 s, temos T = t + 20 = 69,1 s para o tempo total entre as partidas. Assim, a Eq. 2-2 nos dá 806 m vméd = = 11, 7 m/s. 69,1 s (d) A figura seguinte mostra os gráficos de x, v e a em função de t. O terceiro gráfico, a(t), é formado por três “degraus” horizontais, um em 1,34 m/s2 no intervalo 0 < t < 24,53 s, outro em –1,34 m/s2 no intervalo 24,53 s < t < 49,1 s e o último no “tempo morto” entre 49,1 s e 69,1 s.
30 soluções dos problemas
39. (a) Notamos que vA = 12/6 = 2 m/s (com dois algarismos significativos implícitos). Assim, com um valor inicial de x de 20 m, o carro A estará no ponto x = 28 m no instante t = 4 s. Este deve ser o valor de x para o carro B no mesmo instante; usamos a Eq. 2-15: 28 m = (12 m/s)t + aB t2/2 para t = 4,0 s. Isso nos dá aB = – 2,5 m/s2. (b) A questão é a seguinte: usando o valor obtido para aB no item (a), existem outros valores de t (além de t = 4 s) para os quais xA = xB ? Em termos matemáticos, a condição é a seguinte: 20 + 2t = 12t + aB t2/2 em que aB = –5/2. A equação possui duas raízes diferentes, a menos que o discriminante 102 − 2(−20)(aB) seja nulo. Em nosso caso, o discriminante é nulo, o que significa que existe apenas uma raiz. Os carros ficam lado a lado apenas no instante t = 4 s. (c) O gráfico pedido, que aparece a seguir, é formado por uma linha reta (xA) tangente a uma parábola (xB) no ponto t = 4.
(d) Estamos interessados apenas nas raízes reais, o que significa que 102 − 2(−20)(aB) ≥ 0. Para |aB| > 5/2, não existem soluções reais para a equação e, portanto, os carros nunca ficam lado a lado. (e) Nesse caso, temos 102 −2(−20)(aB) > 0 ⇒ duas raízes reais. Os carros ficam lado a lado em duas ocasiões diferentes. 40. Tomando o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento, a = –5,18 m/s2 e v0 = 55(1000/3600) = 15,28 m/s. (a) Como a velocidade durante o tempo de reação T é constante, a distância percorrida é dr = v0T – (15,28 m/s) (0,75 s) = 11,46 m. Podemos usar a Eq. 2-16 (com v = 0) para calcular a distância df percorrida durante a frenagem: v 2 = v02 + 2adb ⇒ db = −
15, 282 2 ( −5,18 )
o que nos dá df = 22,53 m. Assim, a distância total é dr + df = 34,0 m, o que significa que o motorista consegue parar a tempo. Se o motorista mantivesse a velocidade v0, o carro chegaria ao cruzamento em t = (40 m)/(15,28 m/s) = 2,6 s, um tempo apenas suficiente para passar pelo cruzamento antes de o sinal ficar vermelho. (b) Nesse caso, a distância total para parar (que no item (a) foi calculada como sendo 34 m) é maior que a distância até o cruzamento, de modo que o motorista não conseguiria parar a tem-
soluções dos problemas 31
po. Além disso, o tempo para chegar ao cruzamento sem frear seria 32/15,28 = 2,1 s, enquanto o sinal ficaria vermelho em 1,8 s. O motorista estaria entre a cruz e a caldeirinha. 41. O deslocamento ∆x para cada trem é a área sob a curva, já que o deslocamento é a integral da velocidade. As áreas são triangulares e a área de um triângulo é 1/2(base) × (altura). Assim, em valor absoluto, o deslocamento de um dos trens é (1/2)(40 m/s)(5 s) = 100 m e o deslocamento do outro é (1/2)(30 m/s)(4 s) = 60 m. Como a distância inicial entre os trens era 200 m, a distância final é 200 – (100 + 60) = 40 m. 42. (a) Note que 110 km/h equivalem a 30,56 m/s. Em 2 s, seu carro percorre uma distância de 61,11 m. O carro da polícia, que está freando, percorre uma distância (dada pela Eq. 2-15) de 51,11 m. Como a distância inicial entre os dois carros era 25 m, isso significa que a distância diminuiu para 25 – (61,11 – 51,11) = 15 m. (b) Primeiro somamos 0,4 s ao tempo do item (a). Durante um intervalo de 2,4 s, seu carro percorre uma distância de 73,33 m e o carro da polícia percorre uma distância (dada pela Eq. 2-15) de 58,93 m. A distância inicial entre os carros, que era de 25 m, diminui portanto para 25 – (73,33 – 58,93) = 10,6 m. A velocidade do carro da polícia nesse instante, que vamos chamar de t0, é 30,56 – 5(2,4) = 18,56 m/s. A colisão ocorre no instante t no qual xvocê = xpolícia (escolhemos coordenadas tais que sua posição é x = 0 e a do carro de polícia é x = 19,6 m no instante t0). Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-15, temos: xpolícia – 10,6 = 18,56(t − t0) –(5)(t − t0)2/2 xvocê = 30,56(t − t0) –(5)(t − t0)2/2.
Subtraindo as equações membro a membro, obtemos 10,6 = (30,56 – 18,56)(t – t0) ⇒ 0,883 s = t – t0. No instante da colisão, sua velocidade é 30,56 + a(t – t0) = 30,56 – 5(0,883) ≈ 26 m/s (ou 94 km/h). 43. Nesta solução, optamos por esperar até o final para converter as unidades para o SI. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. Começamos pela Eq. 2-17, chamando a velocidade inicial do trem de vt e a velocidade da locomotiva de vl (que é também a velocidade final do trem, se a colisão for evitada por muito pouco). Note que a distância ∆x é a soma da distância inicial, D, com a distância percorrida durante o tempo t pela locomotiva, vlt. Assim, vt + vl ∆x D + vl t D = = = + vl . 2 t t t Podemos agora usar a Eq. 2-11 para eliminar o tempo da equação. Temos: vt + vl D +v = 2 ( vl − vt ) / a l o que nos dá a=
km 1 km 29 − 161 = −12888 km/hh 2 h h 2(0, 676 km)
32 soluções dos problemas
que pode ser convertida da seguinte forma: a = ( −12, 888 km/h 2 )
2
1000 m 1 h = −0, 994 m/s2 1 km 3600 s
de modo que o valor absoluto da aceleração é |a| = 0,994 m/s2. O gráfico ao lado mostra o caso em que a colisão foi evitada por pouco (x está em metros e t em segundos). A reta mostra o movimento da locomotiva, e a curva mostra o movimento do trem. O gráfico para o outro caso (no qual a colisão ocorre por pouco) seria semelhante, exceto pelo fato de que a inclinação da curva seria maior que a inclinação da reta no ponto em que as duas se encontram. 44. Desprezando a resistência do ar, fazemos 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. O nível do chão é tomado como sendo a origem do eixo y. (a) Usando a equação y = v0 t − 12 gt 2 com y = 0,544 m e t = 0,200 s, temos v0 =
(b) A velocidade no ponto y = 0,544 m é v = v0 − gt = 3, 70 − (9, 8) (0, 200) = 1, 74 m/s. (c) Usando a equação v 2 = v02 − 2 gy (com valores diferentes de y e v), podemos encontrar o valor de y correspondente à altura máxima (na qual v = 0). y=
3, 72 v02 = = 0, 698 m. 2 g 2(9, 8)
Assim, o tatu sobe mais 0,698 – 0,544 = 0,154 m. 45. Neste problema, uma bola está sendo lançada verticalmente para cima. O movimento subsequente 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 2 = v02 + 2a( x − x0 ) 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 2 = v02 − 2 gy .
soluções dos problemas 33
O tempo necessário para a bola chegar à altura máxima é dado por v = v0 − gt = 0 ou t = v0 / g . 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 = 2t = 2v0 / g. (a) No ponto mais alto do percurso, v = 0 e v0 = v0 =
2 gy =
2 gy . Como y = 50 m, temos:
2(9, 8 m/s 2 )(50 m) = 31, 3 m/s.
(b) Substituindo v0 pelo valor encontrado no item (a), vemos que o tempo total gasto no percurso é y = v0 t −
1 2 2v gt ⇒ t = 0 . g 2
(c) Nos gráficos seguintes, as distâncias, velocidades e tempos estão em unidades do SI. O gráfico 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 instante t = T > 0 a bola volta à posição original ( y = 0 ), temos: y = v0 t −
1 2 2v gt ⇒ t = 0 . g 2
46. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x). (a) Usando a Eq. 2-16 e escolhendo a raiz negativa (já que a velocidade final é para baixo), temos: v = − v02 − 2 g∆y = − 0 − 2(9, 8)(−1700) = −183 . A velocidade escalar das gotas seria, portanto, 183 m/s. (b) É difícil dar uma resposta convincente sem uma análise mais profunda. A massa de uma gota de chuva não passa de um grama, de modo que a massa e a velocidade [calculada no item (a)] de uma gota de chuva são bem menores que as de uma bala de revólver, o que é animador. Entretanto, o fato de que estamos falando de muitas gotas nos leva a suspeitar que andar na chuva poderia ser perigoso. Levando em conta a resistência do ar, naturalmente, a velocidade final das gotas de chuva é bem menor, de modo que andar na chuva é perfeitamente seguro. 47. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x). (a) Começando a contar o tempo no instante em que o operário deixou cair a chave (v0 = 0), a equação v 2 = v02 − 2 g∆y nos dá (−24)2 ∆y = − = −29, 4 m 2(9, 8) o que nos leva à conclusão de que a chave caiu de uma altura de 29,4 m.
34 soluções dos problemas
(b) Explicitando o tempo na equação v = v0 – gt, temos: t=
v0 − v 0 − (−24) = = 2, 45 s. g 9, 8
(c) Os gráficos mostram a posição, a velocidade e a aceleração em unidades do SI, tomando a posição inicial como origem do eixo y. O gráfico da aceleração é uma reta horizontal em –9,8 m/s2.
Durante a queda da chave, com a = − g < 0, a velocidade escalar aumenta, mas a velocidade se torna mais negativa. 48. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x). (a) Notando que Dy = y – y0 = –30 m, usamos a Eq. 2-15 e a fórmula para calcular as raízes de uma equação do segundo grau (Apêndice E) para obter o valor de t: ∆y = v0 t −
v ± v02 − 2 g∆y 1 2 gt ⇒ t = 0 g 2
Fazendo v0 = –12 m/s (já que o movimento é para baixo) e escolhendo a raiz positiva (já que t > 0), obtemos: t=
−12 + (−12)2 − 2(9, 8)(−30) = 1, 54 s. 9, 8
(b) Conhecendo o valor de t, poderíamos usar qualquer das equações da Tabela 2-1 para obter o valor de v; entretanto, a única equação que não usa o resultado do item (a) é a Eq. 2-16: v=
v02 − 2 g∆y = 27,1 m/s
na qual foi escolhida a raiz positiva para obter a velocidade escalar (que é o módulo do vetor velocidade). 49. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x). Tomamos o nível do solo como origem do eixo y. Notamos que a velocidade inicial do pacote é igual à velocidade do balão, v0 = +12 m/s, e que a altura inicial do pacote é y0 = +80 m. (a) Explicitando o tempo na equação y = y0 + v0 t − 12 gt 2 com y = 0, resolvendo a equação do segundo grau e escolhendo a raiz positiva, já que t > 0, obtemos: t=
(b) Se não quisermos usar o resultado do item (a), podemos usar a Eq. 2-16; caso contrário, podemos usar qualquer uma das equações da Tabela 2-1. De acordo com a Eq. 2-11, por exemplo, v = v0 − gt = 12 m/s − (9, 8 m/s 2 )(5, 447 s) = −41, 38 m/s Assim, o pacote atinge o solo com uma velocidade escalar de aproximadamente 41 m/s. 50. A coordenada y da maçã 1 obedece à equação y – y01 = –g t2/2, na qual y = 0 para t = 2,0 s. Explicitando y01, obtemos y01 = 19,6 m. A equação da coordenada y da maçã 2 (que, de acordo com o gráfico, foi lançada no instante t = 1,0 s com velocidade v2) é y – y02 = v2(t – 1,0) –g (t – 1,0)2/2 em que y02 = y01 = 19,6 m e y = 0 para t = 2,25 s. Assim, obtemos |v2| = 9,6 m/s, aproximadamente. 51. (a) Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima, usamos a Eq. 2-11 para calcular a velocidade inicial do instrumento: v = v0 + at ⇒ 0 = v0 – (9,8 m/s2)(2,0 s) o que nos dá v0 = 19,6 m/s. Agora podemos usar a Eq. 2-15: Dy = (19,6 m/s)(2,0 s) + (–9,8 m/s2)(2,0 s)2/2 ≈ 20 m. Note que o “2,0 s” neste segundo cálculo se refere ao intervalo de tempo 2 < t < 4 do gráfico, enquanto o “2,0 s” no primeiro cálculo se referia ao intervalo 0 < t < 2 mostrado no gráfico. (b) No cálculo do item (b), o intervalo de tempo “6,0 s” se refere ao intervalo 2 < t < 8: Dy = (19,6 m/s)(6,0 s) + (–9,8 m/s2)(6,0 s)2/2 ≈ –59 m, ou | ∆y | = 59 m . 52. A queda do parafuso é descrita pela equação y – y0 = –g t2/2 sendo y – y0 = –90 m (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Assim, o tempo de queda é t = 4,29 s. O tempo gasto nos primeiros 80% da queda é dado por –72 = –g τ2/2 ou τ = 3,83 s. (a) Assim, os últimos 20% da queda são cobertos em um tempo t – τ = 0,45 s. (b) Podemos calcular a velocidade usando a equação v = −gτ, que nos dá |v| = 38 m/s, aproximadamente. (c) Da mesma forma, vfinal = −g t ⇒ |vfinal| = 42 m/s. 53. A velocidade do barco é constante, dada por vb = d/t, na qual d é a distância entre o barco e a ponte quando a chave foi solta (12 m) e t é o tempo de queda da chave. Para calcular t, colocamos a origem do sistema de coordenadas no ponto onde a chave foi solta e supomos que o sentido positivo do eixo y é para baixo. Supondo que t = 0 no instante em que a chave foi solta, calculamos o instante t em que y = 45 m. Como a velocidade inicial da chave é zero, a coordenada da chave é dada por y = 12 gt 2 . Assim, t=
2y = g
2(45 m) = 3, 03 s . 9,8 m/s2
36 soluções dos problemas
A velocidade do barco é, portanto, vb =
12 m = 4, 0 m/s. 3,03 s
54. (a) Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x). Usamos variáveis com uma plica (exceto t) para a primeira pedra, que tem velocidade inicial zero, e variáveis sem uma plica para a segunda pedra, que tem velocidade inicial –v0. As unidades são todas do SI. ∆y ′ = 0 ( t ) −
1 2 gt 2
∆y = ( − v0 ) ( t − 1) −
1 2 g ( t − 1) 2
Como, de acordo com o enunciado, ∆y9 = ∆y = –43,9 m, podemos obter o valor de t na primeira equação (t = 2,99 s) e usar este resultado na segunda equação para obter a velocidade inicial da segunda pedra: −43, 9 = ( − v0 ) (1, 99 ) −
1 ( 9, 8) (1, 99 )2 2
o que nos dá v0 = 12,3 m/s. O gráfico da posição das pedras em função do tempo é mostrado a seguir.
(b) A velocidade das pedras é dada por d ( ∆y ′) d ( ∆y) = − gt , vy = = − v0 − g(t − 1) dt dt O gráfico da velocidade das pedras em função do tempo é mostrado a seguir. vy′ =
55. Durante o contato com o solo, a aceleração média é dada por améd =
∆v ∆t
soluções dos problemas 37
em que ∆v é a variação de velocidade durante o contato com o solo e ∆t = 20, 0 × 10 −3 s é a duração do contato. Assim, primeiro precisamos calcular a velocidade da bola no instante em que atinge o solo (y = 0). (a) Para calcular a velocidade antes do contato, tomamos t = 0 como o instante em que a bola é deixada cair. Usando a Eq. (2-16) com y0 = 15, 0 m, obtemos v = − v02 − 2 g( y − y0 ) = − 0 − 2(9, 8 m/s 2 )(0 − 15 m) = −17,15 m/s em que o sinal negativo foi escolhido porque a velocidade da bola é para baixo no momento do contato. Em consequência, a aceleração média durante o contato com o solo é améd =
0 − (−17,1) = 857 m/s 2 . 20, 0 × 10 −3
(b) O fato de que o resultado é positivo indica que o vetor aceleração aponta para cima. Em um capítulo posterior, este fato será relacionado diretamente ao módulo e orientação da força exercida pelo solo sobre a bola durante a colisão. 56. Usamos a Eq. 2-16, vB2 = vA2 + 2a(yB – yA), com a = –9,8 m/s2, yB – yA = 0,40 m e vB = vA/3. O resultado é imediato: vA = 3,0 m/s, aproximadamente. 57. A aceleração média durante o contato com o piso é améd = (v2 – v1) /∆t, em que v1 é a velocidade no momento em que a bola atinge o piso, v2 é a velocidade da bola no momento em que deixa o piso e ∆t é o tempo de contato com o piso (12 × 10–3 s). (a) Tomando o sentido do eixo y como positivo para cima e colocando a origem no ponto de onde a bola foi deixada cair, calculamos primeiro a velocidade da bola no instante em que atinge o piso, usando a equação v12 = v02 − 2 gy . Para v0 = 0 e y = – 4,00 m, o resultado é v1 = − −2 gy = − −2(9, 8)(−4, 00) = −8, 85 m/s no qual o sinal negativo foi escolhido porque o movimento da bola é para baixo. Para calcular a velocidade no momento em que a bola deixa o piso (a bola atinge uma altura de 2,00 m e vamos desprezar a resistência do ar), usamos a equação v 2 = v22 − 2 g( y − y0 ) com v = 0, y = –2,00 m (já que a bola atinge uma altura 2 m abaixo da altura inicial) e y0 = – 4,00 m. Assim, v2 =
(b) O resultado positivo indica que o vetor aceleração aponta para cima. Em um capítulo posterior, este fato será relacionado diretamente ao módulo e orientação da força exercida pelo piso sobre a bola durante a colisão. 58. Tomamos o sentido do eixo y como positivo para baixo e a origem das coordenadas como o ponto de onde o objeto foi deixado cair (e como o instante t = 0). Representamos o intervalo de 1,00 s mencionado no problema como t – t9, no qual t é o instante em que o objeto atinge o solo e t9 é o instante um segundo antes do instante da queda. A distância correspondente é y – y9 = 0,50h, sendo que y é a coordenada do solo. Nesse caso, y = h e, portanto, h –y9 = 0,50h ou 0,50h = y9.
38 soluções dos problemas
(a) Podemos calcular t9 e t usando a Eq. 2-15 (com v0 = 0): 1 2 2 y′ gt ′ ⇒ t ′ = 2 g 1 2 2y y = gt ⇒ t = . 2 g y′ =
Fazendo y = h e y9 = 0,50h e dividindo as equações membro a membro, obtemos t′ = t
2 ( 0, 50 h ) / g = 0, 50 . 2h / g
Fazendo t9 = t – 1,00 (as unidades do SI estão implícitas), temos: t − 1, 00 = t 0, 50 ⇒ t =
1, 00 1 − 0, 50
o que nos dá t = 3,41 s. (b) Substituindo este resultado na equação y = 12 gt 2 , obtemos h = 57 m. (c) Em nossos cálculos, não resolvemos uma equação do segundo grau, mas “escolhemos uma raiz” quando supusemos [no último cálculo do item (a)] que 0, 50 = +0,707 em vez de –0,707. Se tivéssemos usado a solução 0, 50 = –0,707, o tempo obtido seria aproximadamente t = 0,6 s, o que resultaria em um valor negativo para t’ = t – 1 (ou seja, um instante anterior ao início da queda, o que constitui uma situação fisicamente inaceitável). 59. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x). Tomamos o nível do piso como origem do eixo y. (a) Tomando o instante em que a gota 1 deixa o chuveiro como t = 0, o instante t1 em que a gota atinge o piso pode ser calculado usando a Eq. 2-15 com v0 = 0 e y1 = –2,00 m: 1 y1 = − gt12 ⇒ t1 = 2
−2 y = g
−2(−2, 00) = 0, 639 s. 9, 8
Esse é o instante no qual a quarta gota começa a cair. Pela regularidade com a qual as gotas caem, podemos concluir que a gota 2 sai do chuveiro em t = 0,639/3 = 0,213 s e a gota 3 sai do chuveiro em t = 2(0,213 s) = 0,426 s. Assim, o tempo de queda da gota 2 até o momento em que a gota 1 atinge o piso é t2 = t1 – 0,213 s = 0,426 s. A posição da gota 2 no momento em que a gota 1 atinge o piso é 1 1 y2 = − gt 22 = − (9, 8 m/s2 )(0, 426 s)2 = −0, 889 m, 2 2 ou aproximadamente 89 cm abaixo do chuveiro. (b) O tempo de queda da gota 3 até o momento em que a gota 1 atinge o piso é t3 = t1 – 0,426 s = 0,213 s. A posição da gota 3 no momento em que a gota 1 atinge o piso é 1 2 1 gt 2 = − (9, 8)(0, 426)2 = −0, 889 m 2 2 1 2 1 y 3 = − gt3 = − (9, 8)(0, 213)2 = −0, 222 m , 2 2 y2 = −
ou aproximadamente 22 cm abaixo do chuveiro.
soluções dos problemas 39
60. Para calcular a “velocidade de lançamento” da pedra, aplicamos a Eq. 2-11 à altura máxima (na qual a velocidade é nula): v = v0 − gt ⇒ 0 = v0 − ( 9, 8 ) ( 2, 5) o que nos dá v0 = 24,5 m/s (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima). Agora usamos a Eq. 2-15 para calcular a altura da torre (supondo que y0 = 0 no nível do solo): 1 2 1 2 at ⇒ y − 0 = ( 24, 5) (1, 5) − ( 9, 8 ) (1, 5) . 2 2
y − y0 = v0 t + Assim, y = 26 m.
61. Supomos que o sentido positivo do eixo y é para baixo e que a origem das coordenadas está no alto do edifício (cuja altura é H). Durante a queda, a bola passa (com velocidade v1) pelo alto da janela (que está na coordenada y1) no instante t1 e passa pelo peitoril da janela (que está na coordenada y2) no instante t2. Sabemos que y2 – y1 = 1,20 m e que t2 – t1 = 0,125 s. Usando a Eq. 2-15, temos: y2 − y1 = v1 ( t 2 − t1 ) + g ( t 2 − t1 ) / 2 2
o que nos dá
1, 20 − 12 ( 9, 8 ) ( 0,125) = 8, 99 m/s. 0,125 2
v1 =
Usando a Eq. 2-16 (com v0 = 0), podemos obter o valor de y1: v12 = 2 gy1 ⇒ y1 =
8, 992 = 4,12 m. 2(9, 8)
A bola chega ao solo (y3 = H) no instante t3. Por causa da simetria expressa no enunciado (“o movimento para cima corresponde exatamente ao inverso da queda’’), sabemos que t3 – t2 = 2,00/2 = 1,00 s. Isso significa que t3 – t1 = 1,00 s + 0,125 s = 1,125 s. Assim, de acordo com a Eq. 2-15, temos 1 y3 − y1 = v1 (t3 − t1 ) + g (t3 − t1 )2 2 1 y3 − 4,12 = (8, 99)(1,125) + (9, 8)(1,125)2 2 o que nos dá y3 = H = 20,4 m. 62. A altura atingida pelo jogador é y = 0,76 m (supusemos que o sentido positivo do eixo y é para cima e tomamos a origem como o piso da quadra). (a) Fazendo v = 0 na Eq. 2-16, vemos que a velocidade inicial v0 do jogador é v0 =
2 gy =
2(9, 8) (0, 76) = 3, 86 m/s.
Quando o jogador atinge uma altura y1 = 0,76 m – 0,15 m = 0,61 m, sua velocidade v1 satisfaz a equação v02 − v12 = 2 gy1 , o que nos dá v1 =
v02 − 2 gy1 =
(3, 86)2 − 2(9, 80)(0, 61) = 1, 71 m/s.
O tempo t1 que o jogador passa subindo os ∆y1 = 0,15 m mais altos do salto pode ser calculado usando a Eq. 2-17: ∆y1 =
o que significa que o tempo total gasto nos 15 cm mais altos do salto (subindo e descendo) é 2(0,175 s) = 0,35 s = 350 ms.
40 soluções dos problemas
(b) O instante t2 em que o jogador atinge uma altura de 0,15 m pode ser calculado usando a Eq. 2-15: 0,15 = v0 t 2 −
1 2 9, 8 2 gt 2 = (3, 86)t 2 − t2 , 2 2
o que nos dá (resolvendo a equação do segundo grau e escolhendo a menor das raízes) t2 = 0,041 s = 41 ms, o que significa que o tempo total gasto nos 15 cm mais baixos do salto (subindo e descendo) é 2(41 ms) = 82 ms. 63. O tempo t que o vaso leva para passar pela janela é 0,25 na subida e 0,25 na descida. Vamos chamar de v a velocidade do vaso ao passar (subindo) pelo alto da janela. Nesse caso, com a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima), a Eq. 2-18 nos dá L = vt −
1 2 gt 2
⇒
v=
L 1 − gt . t 2
A distância H percorrida pelo vaso acima do alto da janela é, portanto (usando a Eq. 2-16 com a velocidade final igual a zero),
64. O gráfico mostra que y = 25 m é o ponto mais alto da trajetória. A simetria do gráfico sugere que é razoável desprezar a “resistência do ar” (ou seja, supor que a influência da atmosfera do planeta é insignificante). (a) Para calcular a aceleração da gravidade gp no planeta, usamos a Eq. 2-15 (supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima): y − y0 = vt +
1 2 g pt 2
25 − 0 = ( 0 ) ( 2, 5) +
⇒
1 2 g p ( 2, 5) 2
o que nos dá gp = 8,0 m/s2. (b) O mesmo ponto de altura máxima do gráfico pode ser usado para calcular a velocidade inicial: y − y0 =
1 ( v0 + v ) t 2
⇒
25 − 0 =
1 ( v0 + 0 ) ( 2, 5) 2
Assim, v0 = 20 m/s. 65. A ideia principal é que a velocidade da cabeça em qualquer instante (o mesmo se aplica à velocidade do tronco) é igual à área sob a curva da aceleração da cabeça em função do tempo, de acordo com a Eq. 2-26: v1 − v0 =
(
área entre a curva da aceleração e o eixo dos tempos, de t 0 a t1
)
(a) Na Figura 2-14a, vemos que a cabeça começa a acelerar a partir do repouso (v0 = 0) no instante t0 = 110 ms e a aceleração atinge o valor máximo de 90 m/s2 no instante t1 = 160 ms. A área dessa região é área =
1 (160 − 110) × 10 −3s ⋅ ( 90 m/s2 ) = 2,25 m/s 2
que é igual a v1, a velocidade no instante t1.
soluções dos problemas 41
(b) Para calcular a velocidade do tronco no instante t1 = 160 ms, dividimos a área em 4 regiões: de 0 a 40 ms, a região A tem área zero. De 40 ms a 100 ms, a região B tem a forma de um triângulo de área 1 (0,0600 s)(50,0 m/s 2 ) = 1,50 m/s . 2 De 100 a 120 ms, a região C tem a forma de um retângulo de área área B =
área C = (0,0200 s) (50,0 m/s 2 ) = 1,00 m/s. De 110 a 160 ms, a região D tem a forma de um trapézio de área 1 (0,0400 s) (50,0 + 20,0) m/s 2 = 1,40 m/s. 2 Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos área D =
v1 − 0 = 0 + 1, 50 m/s + 1,00 m/s + 1,40 m/s = 3,900 m/s, ou v1 = 3, 90 m/s. 66. A ideia principal é que a posição de um objeto em qualquer instante é igual à área sob a curva da velocidade em função do tempo, de acordo com a Eq. 2-25:
(
x1 − x0 =
)
área entre a curva da velocidade . e o eixo dos tempos, de t 0 a t1
(a) Para calcular a posição do punho em t = 50 ms, dividimos a área da Figura 2-34 em duas regiões. De 0 a 10 ms, a região A tem a forma de um triângulo de área 1 (0,010 s) (2 m/s) = 0,01 m. 2 De 10 a 50 ms, a região B tem a forma de um trapézio de área área A =
1 (0,040 s) (2 + 4) m/s = 0,12 m. 2 Substituindo esses valores na Eq. 2-25 e fazendo x0 = 0, obtemos área B =
x1 − 0 = 0 + 0, 01 m + 0,12 m = 0,13 m, ou x1 = 0,13 m. (b) A velocidade do punho é máxima no instante t1 = 120 ms. De 50 a 90 ms, a região C tem a forma de um trapézio de área 1 (0,040 s) (4 + 5) m/s = 0,18 m. 2 De 90 a 120 ms, a região D tem a forma de um trapézio de área área C =
área D =
1 (0,030 s) (5 + 7,5) m/s = 0,19 m. 2
Substituindo esses valores na Eq. 2-25 e fazendo x0 = 0, obtemos x1 − 0 = 0 + 0, 01 m + 0,12 m + 0,18 m + 0,19 m = 0,50 m, ou x1 = 0, 50 m. 67. O problema pode ser resolvido usando a Eq. 2-26: v1 − v0 =
(
área entre a curva da aceleração e o eixo dos tempos, de t 0 a t1
)
42 soluções dos problemas
Para calcular a velocidade da cabeça sem capacete no instante t1 = 7,0 ms, dividimos a área sob a curva de a em função de t em 4 regiões: de 0 a 2 ms, a região A tem a forma de um triângulo de área 1 (0,0020 s) (120 m/s 2 ) = 0,12 m/s. 2 De 2 ms a 4 ms, a região B tem a forma de um trapézio de área área A =
1 (0,0020 s) (120 + 140) m/s 2 = 0,26 m/s. 2 De 4 a 6 ms, a região C tem a forma de um trapézio de área área B =
1 (0,0020 s) (140 + 200) m/s 2 = 0,34 m/s. 2 De 6 a 7 ms, a região D tem a forma de um triângulo de área área C =
1 (0,0010 s) (200 m/s 2 ) = 0,10 m/s. 2 Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos área D =
vsem capacete = 0,12 m/s + 0,26 m/s + 0,34 m/s + 0,10 m/s = 0,82 m/s. Fazendo um cálculo semelhante para a cabeça com capacete, obtemos os seguintes resultados: de 0 a 3 ms, a região A tem a forma de um triângulo de área 1 (0,0030 s) (40 m/s 2 ) = 0,060 m/s. 2 De 3 ms a 4 ms, a região B tem a forma de um retângulo de área área A =
área B = (0,0010 s) (40 m/s 2 ) = 0,040 m/s. De 4 a 6 ms, a região C tem a forma de um trapézio de área 1 (0,0020 s) (40 + 80) m/s 2 = 0,12 m/s. 2 De 6 a 7 ms, a região D tem a forma de um triângulo de área área C =
1 (0,0010 s) (80 m/s 2 ) = 0,040 m/s. 2 Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos área D =
vcom capacete = 0, 060 m/s + 0,040 m/s + 0,12 m/s + 0,040 m/s = 0,26 m/s. Assim, a diferença de velocidade é ∆v = vsem capacete − vcom capacete = 0, 82 m/s − 0,26 m/s = 0,56 m/s. 68. Este problema pode ser resolvido observando que a velocidade pode ser determinada por integração gráfica da curva da aceleração em função do tempo. A velocidade da língua da salamandra é igual à área sob a curva da aceleração: 1 1 1 (10 −2 s)(100 m/s 2 ) + (10 −2 s)(100 m/s 2 + 400 m/s 2 ) + (10 −2 s)(400 m/s2 ) 2 2 2 = 5, 0 m/s.
v = área =
69. Como v = dx/dt (Eq. 2-4), ∆x = ∫ v dt , que corresponde à área sob a curva de v em função de t. Dividindo a área total A em áreas retangulares (base × altura) e triangulares (base × altura)/2, temos: A = A0 m2. Como F12 = m2 a no item (a) e F21′ = m1a no item (b), para que as acelerações sejam iguais, devemos ter F21′ > F12 , ou seja, as forças entre os blocos devem ser maiores na situação do item (b). Nota: Como mostra este problema, se dois blocos são acelerados por uma força externa, a força entre os blocos é maior se o bloco de menor massa é usado para empurrar o bloco de maior massa. 56. Como as duas situações envolvem a mesma força aplicada e a mesma massa total, a aceleração deve ser a mesma nos dois casos. (a) Na situação da figura (b), de acordo com a Terceira Lei de Newton, se o bloco A empurra o bloco B com uma força de 10 N, o bloco B também empurra o bloco A com uma força de 10 N. Assim, a força (externa) que produz a aceleração do bloco B na situação da figura (a) (20 N) é duas vezes maior que a força (interna) que produz a mesma aceleração do bloco A na situação da figura (b) (10 N). De acordo com a Segunda Lei de Newton, a massa do bloco B é duas vezes maior que a massa do bloco A. Como a massa total é 12,0 kg, isso significa que a massa do bloco B é mB = 8,00 kg e a massa do bloco A é mA = 4,00 kg. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco B na situação da figura (a), a = (20,0 N)/(8,00 kg) = 2,50 m/s2. Naturalmente, aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco A na situação da figura (b), obtemos o mesmo resultado para a aceleração: a = (10,0 N)/(4,00 kg) = 2,50 m/s2. (b) Fa = (12,0 kg)(2,50 m/s2) ˆi = (30,0 N) ˆi.
148 soluções dos problemas
57. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos são mostrados na figura a seguir. T é a tensão da corda e θ = 30° é o ângulo do plano inclinado. No caso do bloco 1, tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado, apontando para cima, e o eixo y perpendicular ao plano inclinado, também apontando para cima. No caso do bloco 2, tomamos o eixo y apontando verticalmente para baixo. Desta forma, as acelerações dos dois blocos podem ser representadas pelo mesmo símbolo a, sem contradições. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y do bloco 1 e ao eixo y do bloco 2, temos: T − m1 g sen u = m1a FN − m1 g cosu = 0 m2 g − T = m2 a A primeira e a terceira dessas equações formam um sistema que podemos usar para calcular os valores de a e T. A segunda equação não é necessária para resolver o problema, já que a força normal não é pedida nem faz parte da solução (como aconteceria se houvesse atrito).
(a) Somando membro a membro a terceira equação à primeira, temos: m2g – m1g sen θ = m1a + m2a. Explicitando a aceleração a, obtemos: a=
(m2 − m1 sen u ) g [2, 30 kg − (3, 70 kg)sen 30, 0 o ](9, 80 m/s 2 ) = 0, 735 m/s2 = 3, 70 kg + 2, 30 kg m1 + m2
(b) Como o valor de a é positivo, a aceleração do bloco que está pendurado é para baixo. (c) A tensão da corda é T = m1a + m1 g sen u = (3, 70 kg)(0, 735 m/s 2 ) + (3, 70 kg)(9, 80 m/s2 )sen 30, 0 = 20, 8 N. o
58. Vamos considerar positivo o movimento para cima do sistema homem-cadeira. (a) Quando o homem está puxando a corda com uma força igual à tensão T da corda, a força total para cima a que está sujeito o sistema homem-cadeira é 2T, já que as duas extremidades da corda exercem uma força T sobre o sistema. Assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: 2T − mg = ma e, portanto, para a = 0, T = 466 N. (b) Para a = +1,30 m/s2, a equação do item (a) nos dá T = 527 N. (c) Se o homem não está segurando a corda (e, em vez disso, a corda é puxada por outra pessoa com uma força igual à tensão T), apenas uma extremidade da corda exerce uma força T sobre o sistema e, assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton, T − mg = ma e, portanto, para a = 0, T = 931 N.
soluções dos problemas 149
(d) Para a = +1,30 m/s2, a equação do item (c) nos dá T = 1,05 × 103 N. (e) Como a corda exerce uma força T sobre a borda esquerda da polia e uma força T sobre a borda direita, a força total é 2T = 931 N. (f) A força é 2T = 1,05 × 103 N. (g) A força é 2T = 1,86 × 103 N. (h) A força é 2T = 2,10 × 103 N. 59. Vamos tomar o sentido do eixo y para cima como positivo tanto para o macaco como para o caixote e chamar de F o módulo da força que o macaco exerce sobre o caixote. De acordo com a Terceira Lei de Newton, a corda exerce sobre o macaco uma força de mesmo módulo. Assim, aplicando ao macaco a Segunda Lei de Newton, temos: F – mmg = mmam, em que mm é a massa do macaco e am é a aceleração do macaco. Como a massa da corda é desprezível, a tensão da corda é T = F. Como a corda exerce sobre o pacote uma força de módulo F, a aplicação ao caixote da Segunda Lei de Newton nos dá F + FN – mcg = mcac, em que mc é a massa do caixote, ac é a aceleração do caixote e FN é a força normal exercida pelo solo sobre o caixote. A figura abaixo mostra os diagramas de corpo livre do macaco e do caixote.
Se F é a força mínima necessária para levantar o caixote, FN = 0 e ac = 0. Nesse caso, F = mcg. (a) Fazendo F = mcg na equação de equilíbrio de forças do macaco e explicitando am, temos: am =
)
)
)
F − mm g ( mc − mm g (15 kg − 10 kg ( 9, 8 m/s 2 = = = 4, 9 m/s 2 . 10 kg mm mm
(b) Como vimos, a aplicação da Segunda Lei de Newton nos dá F − mc g = mc ac′ para o caixote e F − mm g = mm am′ para o macaco. Se a aceleração do caixote é para baixo, a aceleração do macaco é para cima, de modo que am′ = − ac′ . Explicitando F na primeira equação, temos:
)
F = mc ( g + ac′ = mc ( g − am′ Substituindo F pelo seu valor na segunda equação, obtemos: mc ( g − am′ ) − mm g = mm am′
)
150 soluções dos problemas
Explicitando am′ , temos:
( m − m ) g = (15 kg − 10 kg)(9,8 m/s ) = 2, 0 m/s . 2
am′ =
c
m
mc + mm
2
15 kg + 10 kg
(c) Como o resultado do item (c) é positivo, a aceleração do macaco é para cima. (d) Explicitando F na equação de equilíbrio de forças do macaco, obtemos: T = F = mc ( g − am′ ) = (15 kg)(9, 8 m/s 2 − 2, 0 m/s 2 ) = 120 N. 60. A componente horizontal da aceleração é determinada pela componente horizontal da força. (a) Se a taxa de variação do ângulo é du rad = 3, 49 × 10 −4 rad/s, = (2, 00 × 10 −2 )° / s = (2, 00 × 10 −2 )° / s ⋅ 180°° dt como Fx = F cosu , a taxa de variação da aceleração é (20, 0 N)sen 25, 0° dax d F cosu F sen u du =− =− = (3, 49 × 10 −4 rad/s ) 5, 00 kg dt dt m m dt = −5, 90 × 10 −4 m/ss3 . (b) Se a taxa de variação do ângulo é du rad = −3, 49 × 10 −4 rad/s, = −(2, 00 × 10 −2 )° / s = −(2, 00 × 10 −2 )° / s ⋅ 1880° dt a taxa de variação da aceleração é (20, 0 N)sen 25, 0° dax d F cosu F sen u du =− =− = ( −3, 49 × 10 −4 rad/s ) 5, 00 kg dt dt m m dt = +5, 90 × 10 −4 m//s3 . 61. As forças a que o balão está sujeito são a força da gravidade mg (para baixo) e a força do ar Fa (para cima). Vamos tomar o sentido positivo do eixo y para cima e chamar de a o módulo da aceleração. Enquanto a massa do balão é M (antes de ser jogado o lastro) a aceleração é para baixo e, de acordo com a Segunda Lei de Newton, Fa – Mg = –Ma. Depois que o lastro é jogado, a massa do balão se torna M – m (em que m é a massa do lastro) e a aceleração é para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton, Fa – (M – m)g = (M – m)a. A equação anterior nos dá Fa = M(g – a); substituindo na nova equação, temos:
)
)
)
M (g − a − (M − m g = (M − m a ⇒ m =
2 Ma . g+a
62. Para resolver o problema, notamos que a aceleração em uma certa direção depende apenas das componentes das forças nessa direção.
soluções dos problemas 151
(a) De acordo com o diagrama de corpo livre acima, a componente da força resultante na direção do eixo x é Fres ,x = F − mg sen u = 380, 0 N − (7, 260 kg)(9, 80 m/s 2 ) sen 30 = 344, 4 N, o que nos dá ax = Fres ,x / m = (344, 4 N) / (7, 260 kg) = 47, 44 m/s 2 . De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do peso no final da fase de aceleração é v=
v02 + 2ax ( x − x 0 ) =
(2, 500 m/s)2 + 2(47, 44 m/s 2 )(1, 650 m) = 12, 76 m/s.
(b) Para u 5 42°, temos: ax =
Fres ,x F − mg sen u 380, 0 N − (7, 260 kg)(9, 80 m/s 2 )sen 42, 00° = 45, 78 m/s 2 , = = 7, 260 kg m m
e a velocidade final é v=
v02 + 2ax ( x − x 0 ) =
(2, 500 m/s)2 + 2(45, 78 m/s 2 )(1, 650 m) = 12, 54 m/s.
(c) A redução da velocidade de arremesso associada à mudança do ângulo de 30,00° para 42,00° é 12, 76 m/s − 12, 54 m/s = 0, 0169 = 1, 69%. 12, 76 m/s 63. (a) A aceleração (que é igual a F/m neste problema) é a derivada da velocidade. Assim, a velocidade é a integral de F/m, de modo que podemos calcular a “área sob curva” no gráfico (15 unidades) e dividir pela massa (3) para obter v – vo = 15/3 = 5. Como vo = 3,0 m/s, v = 8, 0 m/s. (b) Como a resposta do item (a) é positiva, v aponta no sentido positivo do eixo x. 64. Vamos tomar o sentido positivo do eixo x para o bloco de massa m2 = 1,0 kg como “encosta abaixo” e o sentido positivo do eixo x para o bloco de massa m1 = 3,0 kg como “para a direita”; assim, as acelerações dos dois blocos terão o mesmo sinal.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x de cada bloco, temos: m2 g sen u − T = m2 a F + T = m1a Somando as duas equações membro a membro e explicitando a aceleração, temos: a=
m2 g sen u + F m1 + m2
Para F = 2,3 N e u 5 30°, temos a = 1,8 m/s2. Substituindo em uma das equações, obtemos T = 3,1 N.
152 soluções dos problemas
(b) Vamos considerar o caso “crítico” no qual F atingiu o valor que anula a tensão na corda. De acordo com a primeira equação do item (a), quando isso acontece, a 5 g sen 30°; assim, a = 4,9 m/s2. Substituindo na segunda equação do item (a) (e fazendo T = 0), obtemos: F = (3,0 kg)(4,9 m/s2) = 14,7 N ≈ 15 N 65. As figuras mostram os diagramas de corpo livre dos dois recipientes. As únicas forças que agem sobre os recipientes são a tensão da corda e a força gravitacional. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: T − m1 g = m1a m2 g − T = m2 a Resolvendo este sistema de equações, temos: m − m1 a= 2 g m2 + m1
(a) No instante t = 0, m10 = 1, 30 kg . Para dm1 / dt = −0, 200 kg/s , a taxa de variação da aceleração com o tempo é da da dm1 2 m2 g dm1 2(2, 80 kg)(9, 80 m/s2 ) = =− =− ( −0, 200 kg/s ) = 0, 653 m/s3 . 2 dt dm1 dt ( m2 + m10 ) dt (2, 80 kg + 1, 30 kg)2 (b) No instante t = 3, 00 s, m1 = m10 + (dm1 / dt )t = 1, 30 kg + (−0, 200 kg/s)(3, 00 s) = 0, 700 kg e a taxa de variação da aceleração com o tempo é
)
2(2, 80 kgg)(9, 80 m/s 2 ) da da dm1 2m2 g dm1 = =− = − ( −0, 200 kg/s = 0,896 m/s3 . (2, 80 kg + 0, 700 kg)2 dt dm1 dt (m2 + m1 )2 dt (c) A aceleração atinge o valor máximo para 0 = m1 = m10 + (dm1 / dt )t = 1, 30 kg + (−0.200 kg/s)t ou t = 6, 50 s. 66. A figura mostra o diagrama de corpo livre do sistema.
soluções dos problemas 153
Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes das forças na direção x, temos: T1 − T2 − mg sen u = ma , e, portanto, a diferença pedida é T1 − T2 = m ( g sen u + a ) = ( 2800 kg ) [ (9, 8 m/s 2 ) sen 35° + 0, 81 m/s 2 ] = 1, 8 × 10 4 N . 67. Em primeiro lugar, analisamos o sistema como um todo, considerando “positivos” os movimentos no sentido horário (em outras palavras, o sentido para baixo é positivo para o bloco C, o sentido para a direita é positivo para o bloco B, e o sentido para cima é positivo para o bloco A). De acordo com a Segunda Lei de Newton, mC g – mA g = Ma, em que M = mA + mB + mC é a massa total do sistema. Explicitando a, temos: a = g(mC − mA)/M = 1,63 m/s2. Em seguida, aplicamos a Segunda Lei de Newton apenas ao bloco C: mC g – T = mC a. De acordo com essa equação, a tensão da corda que sustenta o bloco C é T = mC g(2mA + mB)/M = 81,7 N. 68. Usamos primeiro a Eq. 4-26 para calcular a velocidade inicial do peso: y − y0 = (tan u ) x −
gx 2 . 2( v ′ cosu )2
Para u 5 34,10°, y0 = 2,11 m e ( x , y) = (15, 90 m, 0), obtemos uma velocidade v ′ = 11, 85 m/s. Durante esta fase, a aceleração é a=
v ′ 2 − v02 (11, 85 m/s)2 − (2, 50 m/s)2 = 40, 63 m/s 2 . = 2L 2(1, 65 m)
A força média durante a fase de aceleração é F = m(a + g sen u ) = (7, 260 kg) [ 40, 63 m/s2 + (9, 80 m/s2 ) sen 34,10 ] = 334, 8 N. 69. Começamos por examinar um problema ligeiramente diferente: uma situação semelhante à da figura, mas sem a presença da corda. A ideia é a seguinte: se, na ausência da corda, a aceleração do bloco A for igual ou maior que a aceleração do bloco B, a tensão da corda será zero. Na ausência da corda, aA = FA /mA = 3,0 m/s2 aB = FB /mB = 4,0 m/s2 e, portanto, a tensão da corda não é zero. Vamos agora analisar (incluindo a corda) o movimento do sistema como um todo. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: Ma = FA + FB = 36 N, em que M é a massa total do sistema. Como M = 10 kg, a = 3,6 m/s2. Como as duas forças que agem (no mesmo sentido) sobre o bloco A são FA e T, temos: mA a = FA + T
⇒
T = 2,4 N.
70. (a) Para uma descida de 0,50 m em “queda livre”, a Eq. 2-16 nos dá uma velocidade de 3,13 m/s. Usando esse valor como “velocidade inicial” do movimento final (que acontece em uma extensão de 0,02 m), durante o qual a aceleração é a, calculamos que o módulo da aceleração média entre o instante em que os pés do homem tocam o solo e o instante em que o corpo se imobiliza é a = 245 m/s2. (b) De acordo com a Segunda Lei de Newton, F – mg = ma ⇒ F = 20,4 kN. 71. Escolhemos um eixo x “encosta acima” para a caixa de massa m1 = 3,0 kg e “encosta abaixo” para a caixa de massa m2 = 2,0 kg (para que a aceleração das duas caixas te-
154 soluções dos problemas
nha o mesmo sinal). As componentes x do peso das caixas são m1 g sen u1 e m2 g sen u2 . A figura mostra o diagrama de corpo livre do sistema.
De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: T − m1 g sen u1 = m1a m2 g sen u2 − T = m2 a Somando as duas equações membro a membro e explicitando a, obtemos: m sen u2 − m1 sen u1 a= 2 g m2 + m1 Para u 5 30° e u 5 60°, a = 0,45 m/s2. Substituindo este valor em uma das equações, obtemos: T=
m1m2 g (sen u2 + sen u1 ) = 16 N. m2 + m1
Nota: Neste problema, m2 sen u2 > m1 sen u1 e, portanto, a > 0, o que significa que m2 desce e m1 sobe. Se m2 sen u2 < m1 sen u1, a < 0 e o movimento seria no sentido oposto, com m1 descendo e m2 subindo. Se m2 sen u2 = m1 sen u1 , a = 0 e as duas massas permaneceriam em repouso. Note também a simetria entre as duas massas na expressão de T. 72. Se a velocidade da partícula é constante, a aceleração é nula e, portanto, a força resultante a que a partícula está submetida também é nula, ou seja, Fres = F1 + F2 + F3 = 0 . Assim, a terceira força é dada por F3 = − F1 − F2 = − 2 ˆi + 3ˆj − 2 kˆ N − −5ˆi + 8 ˆj − 2 kˆ N = 3ˆi − 11ˆj + 4 kˆ N.
(
) (
)
Este resultado não depende da velocidade da partícula. 73. A figura mostra os diagramas de corpo livre das duas massas.
(
)
soluções dos problemas 155
Vamos primeiro analisar as forças que agem sobre a lata de massa m1. O sentido do eixo x é “encosta abaixo” (paralelo a T ). Com uma aceleração positiva a, a Segunda Lei de Newton nos dá T + m1 g sen b = m1a No caso da lata de massa m2, temos: m2g 2 F 2 T 5 m2a, em que a tensão agora é uma força para cima. Podemos combinar as duas equações para determinar os valores de T e β. (a) Vamos resolver primeiro este item. Combinando as duas equações acima, obtemos: (m1 + m2 )a + F − m2 g (1, 0 kg + 2, 0 kg)(5, 5 m/s 2 ) + 6, 0 N − (2, 0 kg)(9, 8 m/s 2 ) = (1, 0 kg)(9, 8 m/s 2 ) m1 g = 0,, 296
sen b =
o que nos dá b 5 17°. (b) Substituindo o valor de β calculado acima na primeira equação, obtemos: T = m1 (a − g sen b ) = (1, 0 kg) 5, 5 m/s 2 − (9, 8 m/s 2 )sen 17o = 2, 60 N . 74. Neste problema, precisamos considerar apenas forças horizontais (a força da gravidade não está envolvida). Sem perda de generalidade, podemos supor que uma das forças é paralela ao eixo x e a outra faz um ângulo de 80° no sentido anti-horário com o eixo x. Nesse caso, usando a notação módulo-ângulo, temos: Fres = (20 ∠ 0) + (35 ∠ 80) = (43 ∠ 53) ⇒ | Fres | = 43 N. Assim, a massa é m = (43 N)/(20 m/s2) = 2,2 kg. 75. Como o objetivo é determinar o menor módulo possível de Fres , se a soma dos módulos de F2 e F3 for menor ou igual a F1 , as duas forças deverão apontar no sentido oposto ao de F1 (que é o sentido positivo do eixo x). (a) Orientamos F2 e F3 no sentido negativo do eixo x; assim, o módulo da força resultante é 50 – 30 – 20 = 0 e a aceleração do pneu é zero. (b) Orientamos F2 e F3 no sentido negativo do eixo x. O pneu sofre uma aceleração no sentido positivo do eixo x cujo módulo é a=
F1 − F2 − F3 50 N − 30 N − 10 N = = 0, 83 m/s 2 . 12 kg m
(c) Nesse caso, devemos encontrar o ângulo para o qual as componentes y de F2 e F3 se can celam mutuamente e as componentes x se somam para cancelar F1 . Como F2 = F3 , sabemos que o ângulo que uma das forças faz para cima com o eixo x deve ser igual ao ângulo que a outra força faz para baixo com o eixo x. (Vamos chamar esse ângulo de θ.) A condição para que a soma das componentes x das três forças seja zero é −50 N = F2 x + F3 x = − ( 30 N ) cos u − ( 30 N ) cos u o que nos dá 50 N = 34° . u = cos −1 60 N
156 soluções dos problemas
76. (a) Um pequeno trecho da corda possui massa e é puxado para baixo pela força gravitacional da Terra. Esse trecho só não é acelerado para baixo porque trechos vizinhos exercem uma força para cima que cancela a força gravitacional. Como a tensão é uma força exercida ao longo da corda, não pode ter uma componente vertical, a menos que a corda se desvie da horizontal. (b) Desprezando a curvatura da corda e considerando o bloco e a corda um objeto único, a única força horizontal é a força aplicada F. De acordo com a Segunda Lei de Newton, F = (M + m)a, em que a é a aceleração e o sentido positivo é tomado como sendo para a direita. A aceleração do bloco (e da corda) é, portanto, a = F/(M + m) para a direita. (c) A força da corda, Fc, é a única força a que o bloco está submetido. Desprezando a curvatura da corda, essa força é horizontal. Assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton, Fc = Ma =
MF M +m
em que foi usada a expressão obtida no item (b) para a aceleração do bloco. (d) Considerando o bloco e metade da corda um objeto único de massa M + m/2 submetido a uma tensão Tm, a Segunda Lei de Newton nos dá:
) )
)
( M + m / 2 F = (2M + m F 1 Tm = M + m a = 2 2( M + m (M + m
)
na qual foi usada a expressão obtida no item (b) para a aceleração do bloco. 77. Para resolver este problema, basta analisar as componentes horizontais das forças envolvidas. Note que, como ay = 0, a componente ax da aceleração pode ser chamada simplesmente de a. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do caixote.
A componente x da tensão da corda é Fx = F cosθ = (450 N) cos 38° = 355 N, e a força de atrito (que aponta no sentido negativo do eixo x) tem módulo f = 125 N. (a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, Fx − f = ma ⇒ a =
F cosu − f 355 N − 125 N = = 0, 74 m/s 2 . 310 kg m
(b) Neste caso, usamos a Eq. 5-12 para determinar a massa do caixote: m ′ = W /g = 31, 6 kg . De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: Fx − f = m ′a ′ ⇒ a ′ =
Fx − f 355 N − 125 N = = 7, 3 m/s 2 . 31, 6 kg m′
soluções dos problemas 157
78. Escolhemos um eixo x “encosta acima” para a caixa de massa m2 e um eixo x para a direita para a caixa de massa m1. (Assim, as acelerações das duas caixas têm o mesmo módulo e o mesmo sentido.) As forças paralelas à superfície do plano inclinado que atuam sobre a caixa de massa m2 são, em módulo, a força aplicada F, a tensão T da corda e a componente x do peso do bloco, m2g sen θ. A única força que atua sobre a caixa de massa m1 é a tensão T da corda. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: F − T − m 2 g sen u = m2 a T = m1a Combinando as duas equações, obtemos F – m2g sen θ = (m1 + m2)a o que nos dá a=
12 N − (1,0 kg)(9,8 m/s 2 )sen 37° = 1,53 m/s2 . 1, 0 kg + 3,0 kg
Assim, a tensão é T = m1a = (3,0 kg)(1,53 m/s2) = 4,6 N. 79. (a) A massa da partícula é m = P/g = (22 N)/(9,8 m/s2) = 2,2 kg. Em um local onde a aceleração gravitacional é g9 = 4,9 m/s2, a massa continua a ser 2,2 kg, mas o peso passa a ser P9 = mg9 = (2,2 kg) (4,0 m/s2) = 11 N. (b) m = 2,2 kg. (c) Se g = 0, o peso é zero. (d) m = 2,2 kg. 80. Escolhemos o sentido positivo do eixo y para baixo. (a) A figura da esquerda, a seguir, mostra o diagrama de corpo livre do conjunto paraquedasparaquedista, considerado um único objeto de massa 80 kg + 5,0 kg = 85 kg.
Fa é a força que o ar exerce sobre o paraquedas e mg é a força da gravidade. De acordo com a Segunda Lei de Newton, mg – Fa = ma, em que a é a aceleração. Explicitando Fa, obtemos
)
)
)
Fa = m ( g − a = (85 kg ( 9, 8 m/s 2 − 2, 5 m/s 2 = 620 N . (b) A figura da direita, no item a, mostra o diagrama de corpo livre do paraquedas. Fa é a força do ar, m p g é a força da gravidade e Fp é a força do paraquedista. De acordo com a Segunda Lei de Newton, mpg + Fp – Fa = mpa.
158 soluções dos problemas
Explicitando Fp, obtemos
)
)
)
Fp = m p ( a − g + Fa = ( 5, 0 kg ( 2, 5 m/s 2 − 9, 8 m/s2 + 620 N = 580 N. 81. A massa do piloto é m = 735/9,8 = 75 kg. Chamando a força que a nave exerce sobre o piloto (através do assento, provavelmente) de F e escolhendo o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, a Segunda Lei de Newton nos dá F − mgLua = ma
⇒
)
)
F = ( 75 kg (1, 6 m/s 2 + 1, 0 m/s 2 = 195 N.
82. Com unidades do SI implícitas, a força resultante a que a caixa está submetida é Fres = (3, 0 + 14 cos 30 o − 11) ˆi + (14 sen 30 o + 5, 0 − 17) ˆj o que nos dá Fres = (4,1 N) ˆi − (5, 0 N) ˆj (a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: Fres a= = (1, 0 m/s 2 ) ˆi − (1, 3 m/s 2 ) ˆj. m (b) O módulo de a é a =
(1, 0 m/s 2 )2 + ( −1, 3 m/s 2
)
2
= 1, 6 m s 2 .
(c) O ângulo é tan–1 [(–1,3 m/s2)/(1,0 m/s2)] = –50° (ou seja, 50° no sentido horário em relação ao semieixo x positivo). 83. Como a “certa força” mencionada no texto, que vamos chamar de F, imprime a um corpo de massa m1 uma aceleração a1 = 12 m/s2 e imprime a um corpo de massa m2 uma aceleração a2 = 3,3 m/s2, sabemos que m1 = F/a1 e m2 = F/a2. (a) A aceleração que a mesma força F imprime a um objeto de massa m2 – m1 é a =
F F aa = = 1 2 m2 − m1 ( F / a2 ) − (F / a1 ) a1 − a2
o que nos dá a = 4,6 m/s2. (b) A aceleração que a mesma força F imprime a um objeto de massa m2 + m1 é a=
F F aa = = 1 2 m2 + m1 ( F / a2 ) + (F / a1 ) a1 + a2
o que nos dá a = 2,6 m/s2. 84. Supomos que o movimento acontece no sentido positivo do eixo x e que o refrigerador está inicialmente em repouso (caso em que a velocidade mencionada no texto resulta exclusivaF mente da aplicação da força ). A única força que atua ao longo do eixo x é a componente x da força aplicada F. (a) Como v0 = 0, a combinação das Eqs. 2-11 e 5-2 nos dá F cosui v Fx = m ⇒ vi = t t m para i = 1 (caso 1) ou i = 2 (caso 2). Como θ1 = 0 e θ2 = θ, v2/v1 = cos θ. (b) Como v0 = 0, a combinação das Eqs. 2-16 e 5-2 nos dá v2 ⇒ vi = Fx = m 2( x − x 0 )
F cosui 2 ( x − x0 ) m
para i = 1 (caso 1) ou i = 2 (caso 2). Como θ1 = 0 e θ2 = θ, v2/v1 =
cosu .
soluções dos problemas 159
85. (a) Como o peso do artista é (52 kg)(9,8 m/s2) = 510 N, a corda arrebenta. (b) De acordo com a Segunda Lei de Newton, T − mg = ma ⇒ a =
T −g m
Para T = 425 N, a = 1,6 m/s2. 86. Usamos a equação Pp = mgp, em que Pp é o peso de um objeto de massa m na superfície de um planeta p e gp é a aceleração da gravidade nesse planeta. (a) O peso do astronauta na Terra é PT = mgT = (75 kg) (9,8 m/s2) = 7,4 × 102 N. (b) O peso do astronauta em Marte é PM = mgM = (75 kg) (3,7 m/s2) = 2,8 × 102 N. (c) O peso do astronauta no espaço sideral é zero. (d) A massa do astronauta é a mesma, 75 kg, para qualquer lugar. 87. Pela leitura da balança quando o elevador está parado, sabemos que a massa do objeto é m = (65 N)/(9,8 m/s2) = 6,6 kg. Escolhendo o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, notamos que o objeto está sujeito a duas forças: a força da gravidade, −mg, e a força normal da balança, T. De acordo com a Terceira Lei de Newton, T também é a força que o objeto exerce sobre a balança e, portanto, é a leitura da balança. (a) Quando o elevador está subindo com velocidade constante, a aceleração é zero e, portanto, a leitura da balança é a mesma que se o elevador estivesse parado: T = 65 N. (b) O termo “desaceleração” é usado quando o vetor aceleração aponta no sentido contrário ao do vetor velocidade. Como, de acordo com o enunciado, a velocidade é para cima, a aceleração é para baixo (a = –2,4 m/s2). De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: T − mg = ma ⇒ T = (6, 6 kg)(9, 8 m/s2 − 2, 4 m/s2 ) = 49 N. 88. Seja g a aceleração da gravidade perto da superfície de Calisto, m a massa da espaçonave, a a aceleração da espaçonave e F o empuxo do motor da espaçonave. Vamos escolher o sentido positivo do eixo y para baixo. Nesse caso, de acordo com a Segunda Lei de Newton, mg – F = ma. Se para um empuxo F1 a aceleração é zero, mg – F1 = 0. Se para um empuxo F2 a aceleração é a2, mg – F2 = ma2. (a) A primeira equação nos dá o peso da espaçonave: mg = F1 = 3260 N. (b) A segunda equação nos dá a massa da espaçonave: m=
mg − F2 3260 N − 2200 N = = 2, 7 × 10 3 kg. a2 0, 39 m/s 2
(c) O peso dividido pela massa nos dá a aceleração da gravidade: g = (3260 N)/(2,7 × 103 kg) = 1,2 m/s2.
89. (a) Se Fres = 3F − mg = 0 , a força que o parafuso suporta é F=
)
)
1 1 mg = (1400 kg ( 9, 8 m/s 2 = 4, 6 × 10 3 N 3 3
160 soluções dos problemas
(b) Nesse caso, a força que cada parafuso suporta é dada por 3F – mg = ma, ou seja, F=
)
)
)
1 1 m ( g + a = (1400 kg ( 9, 8 m/s 2 + 2, 6 m/s 2 = 5, 8 × 10 3 N. 3 3
90. (a) O módulo da aceleração necessária é dado por a=
( 0,10 ) ( 3, 0 × 108 m/s ) Dv = = 1, 2 × 10 2 m/s 2 . Dt ( 3, 0 dias ) (86.400 s/diia )
(b) O valor da aceleração em unidades de g é 1, 2 × 10 2 m/s 2 a a= g= g = 12 g . g 9,8 m/s 2 (c) A força necessária é
)
)
F = ma = (1, 20 × 10 6 kg (1, 2 × 10 2 m/s 2 = 1, 4 × 108 N. (d) Se a espaçonave percorre uma distância d = 0,1 mês-luz em um mês, o tempo necessário para percorrer 5,0 meses-luz é t=
d 5, 0 meses-luz = = 50 meses ≈ 4,2 anos. v 0,1c
91. A figura mostra o diagrama de corpo livre do motociclista. Fm , ry e Fm , rx são as componen tes y e x de Fm , r , a força exercida pela motocicleta.
(a) Como, de acordo com a Segunda Lei de Newton, a força resultante é igual a ma, o módulo da força resultante é (60,0 kg) (3,0 m/s2) = 1,8 × 102 N. (b) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes em relação ao eixo x, temos: Fm ,rx − mg sen u = ma, em que m = 60,0 kg, a = 3,0 m/s2 e θ = 10°. Assim, Fm , rx = 282 N Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes em relação ao eixo y (ao longo do qual a aceleração é zero), temos: Fm ,ry − mg cos u = 0 o que nos dá Fm , ry = 579 N. De acordo com o teorema de Pitágoras, Fm2,rx + Fm2,ry = 644 N.
soluções dos problemas 161
92. Chamamos o empuxo de T e escolhemos o sentido positivo do eixo y como sendo para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: T − Mg = Ma ⇒ a =
2,6 × 10 5 N − 9,8 m/s2 = 10 m/s2 . 1, 3 × 10 4 kg
93. A figura mostra os diagramas de corpo livre das peças dos itens (a) e (b). Como a corda de baixo está sustentando apenas a peça de massa m2 = 4,5 kg, sua tensão é T2 = m2g. Por outro lado, a corda de cima está sustentando as duas peças. De acordo com a Segunda Lei de Newton, T1 − T2 − m1 g = 0 e, portanto,
T1 = m1 g + T2 = (m1 + m2 ) g .
(a) De acordo com as equações acima, a tensão da corda de baixo é T2 = m2g = (4,5 kg)(9,8 m/s2) = 44 N. (b) A tensão da corda de cima é T1 = (m1 + m2)g = (8,0 kg)(9,8 m/s2) = 78 N. (c) A figura mostra os diagramas de corpo livre das peças dos itens (c) e (d). Como a corda de baixo está sustentando apenas a peça de massa m5 = 5,5 kg, sua tensão é T5 = m5g = (5,5 kg)(9,8 m/s2) = 54 N.
(d) Sabemos que a corda de cima está submetida a uma tensão T3 =199 N e sustenta uma massa de (199 N)/(9,80 m/s2) = 20,3 kg = m3 + m4 + m5. Assim, o valor da massa desconhecida é m4 = 20,3 kg – (m3 + m5) = 20,3 kg − 10,3 kg = 10,0 kg, e a tensão da corda do meio deve ser suficiente para sustentar uma massa m4 + m5 = (10,0 kg + 5,50 kg) = 15,5 kg. Assim, T4 = (15,5 kg)(9,80 m/s2) = 152 N. 94. (a) Escrevemos a velocidade do tatu na forma v = v x ˆi + v y ˆj . Como nenhuma força age sobre o tatu na direção x, a componente x da velocidade do tatu é constante: vx = 5,0 m/s. Na direção y e no instante t = 3,0 s, temos (usando a Eq. 2-11 com v0 y = 0 ): 17 N Fy v y = v0 y + a y t = v0 y + t = ( 3, 0 s = 4, 3 m/s. m 12 kg
)
Assim, v = (5, 0 m/s) ˆi + (4, 3 m/s) ˆj .
162 soluções dos problemas
(b) Escrevemos o vetor posição do tatu na forma r = rx ˆi + ry ˆj . No instante t = 3,0 s, rx = (5,0 m/s) (3,0 s) = 15 m e (usando a Eq. 2-15 com v0y = 0): 1 1 Fy 1 17 N ry = v0 y t + a y t 2 = t 2 = (3, 0 s 2 2 m 2 12 kg
)
2
= 6, 4 m.
O vetor posição no instante t = 3,0 s é, portanto, r = (15 m) ˆi + (6, 4 m) ˆj. 95. (a) O bloco que deve ser pendurado é o de 4,0 kg, já que o peso do bloco que está pendurado é responsável pela aceleração do sistema e, entre os dois blocos, o de 4,0 kg é de maior massa e, portanto, o de maior peso. Para calcular a aceleração do sistema e a tensão da corda, aplicamos a Segunda Lei de Newton aos eixos vertical e horizontal, o que nos dá o seguinte sistema de equações: m1 g − T = m1a T = m2 a em que m1 é a massa do bloco que está pendurado e m2 é a massa do outro bloco. (b) Somando membro a membro as equações acima, explicitando a e substituindo m1 e m2 por seus valores, temos: 4, 0 kg m1 2 2 a= g= (9, 8 m/s ) = 6, 5 m/s m1 + m2 4, 0 kg + 2, 0 kg (c) Substituindo a por seu valor na segunda equação, temos: T = m2a = (2,0 kg)(6,5 m/s2) = 13 N. 96. De acordo com a Segunda Lei de Newton, o módulo da força é dado por F = ma, em que a é o módulo da aceleração do nêutron. Supondo que a aceleração é constante, podemos usar a Eq. 2-16, v 2 = v02 + 2ad , para calcular o valor de a:
(v a=
2
− v02 2d
) = − (1, 4 × 10 2 (1, 0 × 10
7
) m)
m/s
−14
2
= − 9, 8 × 10 27 m/s 2 .
O módulo da força é, portanto, F = ma = (1, 67 × 10 −27 kg)(9, 8 × 10 27 m/s 2 ) = 16 N.
Capítulo 6
1. Para evitar que as caixas deslizem, é preciso que a desaceleração a seja menor ou igual à força máxima de atrito (Eq. 6-1, com FN = mg neste caso). De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: a = fs,máx /m = µsg. A distância pode ser calculada com o auxílio da Eq. 2-16: x − x0 = v2/2a = 36 m. Antes de realizar este cálculo, é preciso converter a velocidade de 48 km/h para 13 m/s. 2. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao movimento horizontal, temos F − µkmg = ma, em que usamos a Eq. 6-2, supondo que FN = mg (o que equivale a desprezar a força vertical exercida pela vassoura). A Eq. 2-16 relaciona a distância percorrida à velocidade final e à aceleração: v2 = 2a(x − x0). Substituindo os valores conhecidos de v e (x − x0), obtemos a = 1,4 m/s2. Voltando à equação da força, obtemos (para F = 25 N e m = 3,5 kg) um valor para o coeficiente de atrito cinético µk = 0,58. 3. A figura mostra o diagrama de corpo livre da cômoda. Não consideramos a possibilidade de a cômoda tombar. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, obtemos
F 2 fs, máx 5 ma FN 2 mg 5 0
Como, de acordo com a segunda equação, FN = mg, a força máxima de atrito estático (de acordo com a Eq. 6-1) pode ser escrita na forma fs ,máx = µ s mg . Nesse caso, a primeira equação se torna F − ms mg = ma = 0 na qual fizemos a = 0 para levar em conta que a força de atrito estático é suficiente para equilibrar a força aplicada. (a) Para µs = 0, 45 e m = 45 kg, a equação acima nos dá F = 198 N. Para fazer a cômoda entrar em movimento, é preciso empurrá-la com uma força maior que este valor. Arredondando para dois algarismos significativos, podemos dizer que a força deve ser maior que F = 2,0 × 102 N. (b) Substituindo m = 45 kg por m = 28 kg, um raciocínio semelhante nos dá F = 1, 2 × 10 2 N.
164 soluções dos problemas
4. O diagrama a seguir mostra as forças que agem sobre o porco. O ângulo de inclinação da rampa é θ.
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: mg sen u − fk = ma FN − mg cos u = 0 . Resolvendo esse sistema de equações e usando a Eq. 6-2 (fk = µkFN), temos:
)
a = g ( sen u − m k cosu . Para calcular o tempo que o porco leva para percorrer uma distância l, usamos a Eq. 2-15:
l 5 v0 t 1
1 2 at ⇒ t 5 2
2l . a
Chamando de t9 o tempo que o porco leva para percorrer a mesma distância l em uma rampa sem atrito e de a9 a aceleração correspondente, temos: t = t′
2l / a = 2l / a ′
a′ a
o que nos leva a concluir que se t/t9 = 2, a9 = 4a. Como, de acordo com a Segunda Lei de Newton, a9 = g sen θ, temos:
)
g sen u = 4 g ( sen u − m k cosu . Resolvendo a equação acima para θ = 35°, obtemos µk = 0,53. 5. Além das forças mostradas na Fig. 6-17, um diagrama de corpo livre incluiria uma força normal para cima FN exercida pela superfície sobre o bloco, uma força gravitacional mg para baixo exercida pela Terra sobre o bloco, e uma força de atrito cinético ou estático horizontal f . Escolhemos o sentido do eixo x como positivo para a direita e o do eixo y como positivo para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton a esses eixos, obtemos: F 2 f 5 ma P 1 FN 2 mg 5 0
em que F = 6,0 N e m = 2,5 kg é a massa do bloco. (a) Nesse caso, P = 8,0 N e FN = (2,5 kg)(9,8 m/s2) – 8,0 N = 16,5 N. De acordo com a Eq. 6-1, isso significa que fs ,máx = µ s FN = 6, 6 N, que é maior que a força de 6,0 N para a direita. Assim, o bloco, que estava inicialmente em repouso, permanece em repouso. Fazendo a = 0 na primeira equação, obtemos uma força de atrito estático f = P = 6,0 N. (b) Nesse caso, P = 10 N e FN = (2,5 kg)(9,8 m/s2) – 10 N = 14,5 N.
soluções dos problemas 165
De acordo com a Eq. 6-1, isso significa que fs ,máx = µ s FN = 5, 8 N, que é menor que a força de 6,0 N para a direita. Assim, o bloco entra em movimento e passamos a ter um atrito cinético entre o bloco e a superfície, que, de acordo com a Eq. 6-2, é dado por fk = m k FN = 3, 6 N. (c) Nesse caso, P = 12 N, FN = 12,5 N e fs ,máx = µ s FN = 5, 0 N, que, como era de se esperar, é menor que a força de 6,0 N para a direita. Assim, o bloco entra em movimento e a força de atrito cinético é fk = m k FN = 3,1 N. 6. A figura mostra o diagrama de corpo livre do jogador. FN é a força normal que o campo exerce sobre o jogador, mg é a força da gravidade e f é a força de atrito. A força de atrito está relacionada à força normal através da equação f = µkFN. Usamos a Segunda Lei de Newton, aplicada ao eixo vertical, para determinar a força normal. Como a componente vertical da aceleração é zero, FN – mg = 0 e FN = mg. Assim,
mk =
470 N f = = 0, 61. FN (79 kg)(9, 8 m/s 2 )
7. A figura mostra o diagrama de corpo livre do caixote. Chamamos de F a força horizontal exercida sobre o caixote (no sentido +x), fk a força de atrito cinético (no sentido –x), FN a força normal exercida pelo piso (no sentido +y), e mg a força da gravidade (no sentido −y). O módulo da força de atrito é dado pela (Eq. 6-2): fk = µkFN.
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: F 2 fk 5 ma FN 2 mg 5 0 . (a) De acordo com a segunda equação, FN = mg e, portanto, a força de atrito é
)
fk = m k FN = m k mg = ( 0, 35) ( 55 kg (9, 8 m/s 2 ) = 1, 9 × 10 2 N .
166 soluções dos problemas
(b) A primeira equação se torna F − m k mg = ma que, para F = 220 N, nos dá F − m k g = 0, 56 m/s 2 . m Nota: Para que o caixote acelere, é preciso que F > fk = m k mg . Como mostra a equação acima, quanto maior o valor de mk, menor a aceleração produzida por uma dada força. a=
8. Para manter a pedra em movimento, é preciso que exista uma força horizontal (no sentido +x) para cancelar o efeito do atrito cinético. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: F 2 fk 5 ma FN 2 mg 5 0. A segunda equação nos dá FN = mg, de modo que, de acordo com a Eq. 6-2, fk = µk mg. Assim, a primeira equação se torna F − m k mg = ma = 0 em que fizemos a = 0 porque estamos supondo que a velocidade horizontal da pedra é constante. Para m = 20 kg e µk = 0,80, obtemos F = 1,6 × 102 N. 9. Escolhemos um eixo +x horizontal para a direita, um eixo +y vertical para cima e observamos que as componentes da força aplicada são Fx = F cos θ e Fy = – F sen θ. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, temos: FN − F sen u − mg = 0 ⇒ FN = (15 N)sen 40 o + (3, 5 kg)(9, 8 m/s 2 ) = 44 N. Para µk = 0,25, a Eq. 6-2 nos dá fk = 11 N. (b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, temos: F cosu − fk = ma ⇒ a =
(15 N) cos 40 o − 11 N = 0,14 m/s2 . 3, 5 kg
Como o resultado é positivo, o bloco acelera para a direita. 10. (a) O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura a seguir, em que F é a força aplicada, FN é a força normal, mg é a força da gravidade e f é a força de atrito. Escolhemos um eixo +x horizontal para a direita e um eixo +y vertical para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: Fx = F cosu − f = ma Fy = F sen u + FN − mg = 0
soluções dos problemas 167
Como f = µkFN, e a segunda equação nos dá FN = mg – F sen θ, f = m k (mg − Fsenu ). Substituindo f por essa expressão na primeira equação, obtemos F cos θ – µk (mg – F sen θ) = ma, e, portanto, F (cosu + m k sen u ) − m k g. m (a) Para ms = 0, 600 e m k = 0, 500, o módulo de f tem um valor máximo a=
fs ,máx = m s FN = (0, 600)( mg − 0, 500 mg sen 20) = 0, 497 mg. Por outro lado, F cosu = 0, 500 mg cos 20° = 0, 470 mg. Assim, F cos u < fs ,máx e o bloco permanece parado. (b) Para ms = 0, 400 e m k = 0, 300, o módulo de f tem um valor máximo fs ,máx = m s FN = (0, 400)( mg − 0, 500 mg sen 20) = 0, 332 mg. Nesse caso, F cos u = 0, 500 mg cos 20 = 0, 470 mg > fs ,máx . Assim, o bloco sofre uma aceleração dada por F (cos u + m k sen u ) − m k g m = (0, 500)(9, 80 m/s2 )[cos 20 o + (0, 300) sen 20 o ] − (0, 300)(9, 80 m/s 2 ) = 2,17 m/s 2 . 11. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre do caixote. T é a tensão da corda, FN é a força normal, mg é a força da gravidade e f é a força de atrito. Escolhemos um eixo +x horizontal para a direita e um eixo +y vertical para cima. Supomos que o caixote está inicialmente em repouso. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: a=
T cos θ – f = 0 T sen u + FN − mg = 0
nas quais θ é o ângulo entre a corda e a horizontal. A primeira equação nos dá f = T cos θ e a segunda nos dá FN = mg – T sen θ. Para que o caixote permaneça em repouso, devemos ter f < µs FN, ou seja, T cos θ < µs (mg – T senθ). Se a tensão da corda é apenas suficiente para colocar o caixote em movimento, temos: T cos θ = µs (mg – T sen θ), o que nos dá: T=
(0, 50)(68 kg)(9, 8 m/s 2 ) ms mg = = 304 N ≈ 3, 0 × 10 2 N. cosu + ms sen u cos15o + 0, 50 sen 15o
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: T cos θ – f = ma FN + T sen θ – mg = 0.
168 soluções dos problemas
Como f = µkFN, a segunda equação nos dá f = m k (mg − Tsenu ) . Substituindo esta expressão na primeira equação, obtemos T cos θ – µk (mg – T sen θ) = ma, e, portanto, a aceleração é T (cosu + m k sen u ) − m k g. m Substituindo por valores numéricos, temos: a=
a=
(304 N ) ( cos 15 + 0, 35 sen 15 ) − ( 0, 35) 68 kg
(9, 8 m/s2 ) = 1, 3 m/s2 .
12. Como não há aceleração, a soma das forças de atrito estático (que são quatro, uma para cada polegar e uma para cada conjunto dos outros quatro dedos) é igual à força da gravidade. Assim, de acordo com a Eq. 6-1, temos: 4ms FN = mg = (79 kg)(9, 8 m/s2 ) que, para µs = 0,70, nos dá FN = 2,8 × 102 N. 13. Chamamos de F o módulo da força exercida pelo operário. O módulo da força de atrito estático pode variar de 0 a fs ,máx = µ s FN . (a) Nesse caso, aplicando a Segunda Lei de Newton na direção vertical, temos FN = mg . Assim, fs ,máx = m s FN = m s mg = (0, 37)(35 kg)(9, 8 m/s 2 ) = 127 N. (b) O engradado não se move, já que F = 110 N < fs, máx = 127 N. (c) Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção horizontal, temos fs = F = 110 N. (d) Chamando a força para cima exercida pelo segundo operário de F2 e aplicando a Segunda Lei de Newton na direção vertical, obtemos FN = mg – F2, o que nos dá fs ,máx = µ s FN = µ s ( mg − F2 ). Para que o engradado se mova, F deve satisfazer a condição F > fs,máx = µs (mg − F2), o que nos dá 110 N > (0, 37) (35 kg)(9, 8 m/s 2 ) − F2 . Como o menor valor de F2 que satisfaz essa desigualdade é um valor ligeiramente maior que 45,7 N, podemos dizer que F2, mín = 46 N. (e) Nesse caso, a força horizontal total tem que ser maior que o valor de fs,máx calculado no item (a), ou seja, F + F2 > fs , max
⇒
110 N + F2 > 127 N
o que nos dá F2, mín = 17 N. 14. (a) Vamos supor que o bloco está em repouso e que o ângulo de mergulho tem o valor θmáx para o qual a força de atrito estático é a maior possível, fs,máx. Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção paralela e na direção perpendicular à encosta, temos: mg sen umáx − fs ,máx = 0 FN − mg cos umáx = 0. Resolvendo o sistema de equações acima e usando a Eq. 6-1, fs,máx = µsFN, obtemos:
umáx = tan −1 m s = tan −1 0, 63 ≈ 32 .
soluções dos problemas 169
Como esse ângulo é maior que o ângulo de mergulho dado (24o), o bloco não desliza. (b) Aplicando novamente a Segunda Lei de Newton, obtemos: F + mg sen u − fs ,máx = 0 FN − mg cos u = 0. Resolvendo o sistema de equações acima, usando a Eq. 6-1 (fs, máx = µsFN) e fazendo u = 24° e m = 1,8 × 107 kg, obtemos:
)
F = mg ( ms cosu − sen u = 3, 0 × 10 7 N. 15. De acordo com o resultado obtido no item (a) do problema anterior,
u = tan − 1 m s = tan − 1 0, 04 ≈ 2 . 16. (a) Nesta situação, supomos que fs aponta ladeira acima e está com o valor máximo, ms FN . Aplicando a Segunda Lei de Newton a um objeto de massa m, nas direções paralela e perpendicular à encosta, temos: Fmín1 − mg sen u + m s FN = 0 FN − mg cos u = 0. Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos: Fmín1 = mg(sen u − m s cos u ) que, para m = P/g = 8,2 kg, θ = 20° e µs = 0,25, nos dá Fmín1 = 8,6 N. (b) A única diferença em relação ao item anterior é que agora supomos que fs aponta ladeira abaixo. Nesse caso, o sistema de equações é Fmín2 − mg sen u − m s FN = 0 FN − mg cos u = 0. Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos Fmín2 = mg ( sen u + m s cos u ) = 46 N. Na verdade, será necessário um valor ligeiramente maior que o valor calculado para fazer o trenó começar a subir a ladeira. (c) Como agora estamos lidando com o atrito cinético (que aponta para baixo), o sistema de equações se torna F − mg sen u − fk = ma FN − mg cos u = 0. Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos F = mg(sen u + m k cosu ) que, para m = P/g = 8,2 kg, θ = 20° e µk = 0,15, nos dá F = 39 N. 17. Se o bloco começar a se mover, a força de atrito será a força de atrito cinético, dada pela Eq. 6-2; se permanecer em repouso, será a força de atrito estático, de módulo igual à soma do módulo da força P com a componente do peso do bloco paralela à superfície do plano incli nado. Antes de mais nada, portanto, é preciso saber se o bloco vai se mover quando a força P for aplicada, o que depende da força máxima de atrito estático, dada pela Eq. 6-1. Para calcular essa força, aplicamos a Segunda Lei de Newton na direção perpendicular à superfície do plano inclinado, o que nos dá FN − P cosu = 0
170 soluções dos problemas
em que P = 45 N é o peso do bloco e θ = 15° é o ângulo do plano inclinado. Assim, FN = 43,5 N, o que significa que a força máxima de atrito estático é fs,máx = (0,50) (43,5 N) = 21,7 N. (a) Para P = (−5, 0 N) ˆi , a Segunda Lei de Newton, aplicada à direção paralela à superfície do plano inclinado, nos dá f 2 |P| 2 mg sen u 5 ma. Ao escrever essa equação, estamos supondo que a força f aponta para cima; se a força apontar para baixo, o valor obtido para f será negativo. Se f = fs, a = 0 e a equação se torna fs = | P | + mg senθ = 5,0 N + (43,5 N)sen15° = 17 N.
ˆ Como fs é menor que fs, máx, o bloco permanece em repouso e a força de atrito é fs = (17 N)i. (b) Para P = (−8, 0 N) ˆi , obtemos (usando a mesma equação) fs = 20 N, que também é menor que fs, máx, de modo que o bloco permanece em repouso e a força de atrito é fs = (20 N) ˆi . (c) Para P = (−15) ˆi, obtemos (usando a mesma equação) fs = 27 N, que é maior que fs, máx. A conclusão é que, nesse caso, o bloco entre em movimento e temos que usar o coeficiente de atrito cinético em vez do coeficiente de atrito estático. O resultado é o seguinte: fk = m k FN ˆi = (0, 34)(43, 5 N) ˆi = (15 N) ˆi. 18. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao carro A na direção “ladeira abaixo”, temos: mg senθ – f = ma em que, de acordo com a Eq. 6-11, f = fk = µkFN = µk mg cosθ. Assim, com µk = 0,600, temos: a = gsenθ – µk cosθ = –3,72 m/s2 o que significa, como escolhemos como sentido positivo o sentido “ladeira abaixo”, que o vetor aceleração aponta “ladeira acima”, ou seja, que a velocidade do carro A estava diminuindo. Para v0 = 18, 0 m/s e (x – x0) = d = 24,0 m, a Eq. 2-16 nos dá v=
v02 + 2ad = 12,1 m/s.
(b) Nesse caso, a aceleração calculada é a = +1,1 m/s2 e a velocidade no momento do choque é 19,4 m/s. 19. (a) A figura mostra o diagrama de corpolivre do bloco. F é a força aplicada, FN é a força normal que a parede exerce sobre o bloco, f é a força de atrito e mg é a força da gravidade. Para verificar se o bloco vai se mover, calculamos o módulo f da força de atrito necessária para mantê-lo em repouso e calculamos também o módulo da força normal FN que a parede exerce sobre o bloco. Se f < µsFN, o bloco permanece em repouso, mas se f > µsFN, o bloco desliza para baixo. Como não existe aceleração na direção horizontal, F – FN = 0, FN = F = 12 N e
µsFN = (0,60)(12 N) = 7,2 N.
soluções dos problemas 171
Na direção vertical, para que f – mg = 0, f = mg = 5,0 N. Como f < µsFN, o bloco não se move. (b) Como o bloco não se move, f = 5,0 N e FN = 12 N. A força que a parede exerce sobre o bloco é Fp = − FN ˆi + f ˆj = −(12 N) ˆi + (5, 0 N) ˆj em que os eixos são os que aparecem na Fig. 6-26 do livro. 20. Tratando as duas caixas como um único sistema de massa total mC + mW =1,0 + 3,0 = 4,0 kg, sujeito a uma força de atrito total (para a esquerda) de módulo 2,0 N + 4,0 N = 6,0 N, aplicamos a Segunda Lei de Newton (com o sentido positivo do eixo x para a direita): F − ftotal = mtotal a ⇒
12, 0 N − 6, 0 N = (4,0 kg)a,
o que nos dá uma aceleração a = 1,5 m/s2. Tratamos a força F como se fosse conhecida com precisão de décimos de newton, de modo que a aceleração foi calculada com dois algarismos significativos. Aplicando a Segunda Lei de Newton apenas à caixa maior (a caixa de Wheaties, de massa mW = 3,0 kg) e chamando de F ′ a força de contato que a caixa de Cheerios exerce sobre a caixa de Wheaties, temos: F ′ − fW = mW a o que nos dá F9 = 8,5 N.
⇒
F ′ − 4, 0 N = (3, 0 kg)(1, 5 m/s 2 ),
21. Vamos usar o mesmo sistema de coordenadas da Fig. 6-4 do livro. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: x: T cos u − f = ma y : T sen u + FN − mg = 0. Fazendo a = 0 e f = fs,máx = µsFN, calculamos a massa total do sistema caixa + areia (em função do ângulo θ): cosu T m = sen u + g ms que é a função que deve ser maximizada (para calcular o ângulo θm que permite puxar a maior quantidade possível de areia). Derivando a equação acima em relação a θ, temos: sen um dm T =0 = cosum − ms du g o que nos dá tan θm = µs. Para ms = 0, 35, θm = tan21(0,35) = 19o. (b) Substituindo o valor de θm calculado no item (a) na equação de m, obtemos m = 340 kg, o que corresponde a um peso de (340 kg)(9,80 m/s2) = 3,3 × 103 N. 22. A figura mostra o diagrama de corpo livre do trenó, em que F é a força aplicada, FN é a força normal, mg é a força da gravidade e f é a força do atrito. Tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado e o eixo y perpendicular à superfície. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: F − f − mg sen u = 0 FN − mg cosu = 0
172 soluções dos problemas
Como f = µFN, e a segunda equação nos dá FN = mg cos θ, f = mmg cosu . Substituindo f por seu valor na primeira equação, obtemos F = mg(sen u + m cosu ). De acordo com o gráfico da Fig. 6-28, F = 2, 0 N para m = 0. Isso significa que mg sen u = 2, 0 N. Vemos também que F = 5, 0 N para m = 0, 5, o que nos dá: 5, 0 N = mg(sen u + 0, 50 cosu ) = 2, 0 N + 0, 50 mg cosu , ou seja, mg cosu = 6, 0 N. Combinando os dois resultados, obtemos tan u =
2 1 = ⇒ u = 18°. 6 3
23. Vamos chamar a tensão da corda que liga o bloco 1 ao bloco 2 de T12 e a tensão da corda que liga o bloco 2 ao bloco 3 de T23. Aplicando a Segunda Lei de Newton (e a Eq. 6-2, FN = m2g neste caso) ao sistema como um todo, temos: m3 g − T23 = m3 a T23 − m k m2 g − T12 = m2 a T12 − m1 g = m1a. Somando as três equações e fazendo m1 = M e m2 = m3 = 2 M , temos: 2Mg – 2µk Mg – Mg = 5Ma. Para a = 0,500 m/s2 essa equação nos dá µk = 0,372. Assim, o coeficiente de atrito cinético é, aproximadamente, µk = 0,37. 24. Podemos calcular a aceleração a partir da inclinação do gráfico da Fig. 6-30: a = 4,5 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton, F – µk mg = ma, em que F = 40,0 N é a força horizontal constante aplicada. Para m = 4,1 kg, obtemos µk = 0,54. 25. A figura mostra os diagramas de corpo livre do bloco B e do nó.
T1 é a tensão da corda que está ligada ao bloco B e ao nó, T2 é a tensão da outra corda, f é a força de atrito estático exercida pela mesa sobre o bloco B, FN é a força normal exercida pela mesa sobre o bloco B, PA é o peso do bloco A (PA é o módulo de mA g ) e PB é o peso do bloco B (PB é o módulo de mB g ).
soluções dos problemas 173
Vamos escolher o sentido do eixo x como positivo para a direita e o sentido do eixo y como positivo para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y para o bloco B e fazendo o mesmo para o nó, obtemos quatro equações: T1 − fs ,máx = 0 FN − PB = 0 T2 cos u − T1 = 0 T2 sen u − PA = 0 em que supusemos que o atrito estático tem o valor máximo (o que nos permite usar a Eq. 6-1). Resolvendo esse sistema de equações e fazendo µs = 0,25, obtemos PA = 103 N ≈ 1,0 × 102 N. 26. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema como um todo (com M = 60 kg) e usando a Eq. 6-2 (com FN = Mg neste caso), obtemos: F – µkMg = Ma ⇒ a= 0,473 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton apenas ao bloco 3, obtemos F32 = m3(a + µkg) = 147 N. Combinando os dois resultados, encontramos uma relação interessante: F32 = (m3 / M ) F (que não depende do atrito!). (b) Como foi comentado no item anterior, o resultado não depende do atrito. Assim, o valor de F32 seria o mesmo do item (a). 27. Primeiro, vamos verificar se os blocos se movem. Supomos que permanecem em repouso e calculamos a força de atrito (estático) que os mantém em repouso, para compará-la com a força máxima de atrito estático µsFN. A figura mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos.
T é o módulo da tensão da corda, f é o módulo da força de atrito que age sobre o bloco A, FN é o módulo da força normal que age sobre o bloco A, mA g é a força da gravidade que age sobre o bloco A (de módulo PA = 102 N) e mB g é a força da gravidade que age sobre o bloco B (de módulo PB = 32 N). θ = 40° é o ângulo do plano inclinado. Não conhecemos o sentido de f , mas vamos supor que é para baixo. Se obtivermos um sinal negativo, isso significará que o sen tido de f é para cima. (a) No caso do bloco A, vamos tomar o eixo x encosta acima e o eixo y na direção da força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: T − f − PA sen u = 0 FN − PA cos u = 0. Tomando o sentido positivo para baixo para o bloco B, a Segunda Lei de Newton nos dá PB − T = 0 . Resolvendo esse sistema de equações, obtemos f = PB − PA sen u = 32 N − (102 N) sen 40 = − 34 N (o que mostra que a força de atrito é para cima) e FN = PA cos u = (102 N) cos 40 = 78 N
174 soluções dos problemas
o que nos dá
fs,máx = µsFN = (0,56) (78 N) = 44 N.
Como o módulo f da força de atrito que mantém os blocos em repouso é menor que fs,máx, os corpos permanecem em repouso. (b) Se o bloco A está subindo a rampa, a força de atrito é para baixo, com módulo fk = m k FN . Aplicando a Segunda Lei de Newton aos mesmos eixos do item (a), obtemos: T − fk − PA sen u = mA a FN − PA cos u = 0 PB − T = mB a. Resolvendo esse sistema de equações, obtemos: PB − PA sen u − m k PA cos u 32 N − (102 N) sen 40 − (0, 25)(102 N) cos 40 = mB + mA (32 N + 102 N) / (9, 8 m/s 2 ) 2 = 3, 9 m/s . A aceleração é para baixo: a = (−3, 9 m/s 2 ) ˆi . Isso significa (já que a velocidade inicial é para cima) que a velocidade dos blocos está diminuindo. Note que a relação m = P/g foi usada para calcular as massas usadas na equação acima. a=
(c) Se o bloco A está descendo a rampa, a força de atrito é para cima, com módulo fk = m k FN . Aplicando a Segunda Lei de Newton aos mesmos eixos dos itens (a) e (b), obtemos: T + fk − PA sen u = m A a FN − PA cosu = 0 PB − T = mB a o que nos dá a=
PB − PA sen u + m k PA cos u 32 N − (102 N) sen 40 + (0, 25)(102 N) cos 40 = mB + mA (32 N + 102 N) / (9, 8 m/s 2 )
= −1, 0 m/s2 . A aceleração é para baixo: a = (−1, 0 m/s 2 ) ˆi. Nesse caso, isso significa (já que a velocidade inicial é para baixo) que a velocidade dos blocos está aumentando. 28. A figura mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos. T é o módulo da tensão do fio, f é o módulo da força de atrito que age sobre o bloco A, FN é o módulo da força normal que a rampa exerce sobre o bloco A, mA g é a força da gravidade sobre o bloco A, mB g é a força da gravidade sobre o bloco B, e θ é o ângulo da rampa. No caso do bloco A, escolhemos um eixo x rampa acima e um eixo y na direção da força normal; no caso do bloco B, escolhemos um eixo y para baixo.
Como o bloco A está descendo, a força de atrito é para cima, com módulo fk = µkFN. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos blocos A e B, temos: T − fk + mA g sen u = 0 FN − mA g cos u = 0 mB g − T = 0.
soluções dos problemas 175
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:.
)
mB = m A ( sen u − m k cosu = 3, 3 kg. 29. (a) A figura mostra diagramas de corpo livre dos blocos A e C, considerados como um único objeto, e do bloco B.
T é o módulo da tensão da corda, FN é o módulo da força normal que a mesa exerce sobre o bloco A, f é o módulo da força de atrito, PAC é o peso total dos blocos A e C (o módulo da força Fg AC mostrada na figura) e PB é o peso do bloco B (o módulo da força Fg B mostrada na figura). Supomos que os blocos estão em repouso. Para os blocos que estão sobre a mesa, escolhemos um eixo x orientado para a direita e um eixo y orientado para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: componentes x:
T–f=0
componentes y:
FN – WAC = 0.
No caso do bloco B, escolhemos um eixo y orientado para baixo. Nesse caso, a Segunda Lei de Newton nos dá PB – T = 0. De acordo com a terceira equação, T = PB e, de acordo com a primeira, f = T. A segunda equação nos dá FN = PAC. Para que o sistema permaneça em repouso, f deve ser menor que µs FN , o que significa que PB < µs PAC. O menor valor que PAC pode ter sem que os blocos se movam é PAC = PB/µs = (22 N)/(0,20) = 110 N. Como o peso do bloco A é 44 N, o menor peso que o bloco C pode ter é (110 – 44) N = 66 N. (b) Se o bloco C é removido, as equações do item (a) se tornam T – f = (PA/g)a FN – WA = 0 PB – T = (PB/g)a. Além disso, f = µkFN. A segunda equação nos dá FN = PA, e, portanto, f = µkPA. A terceira equação nos dá T = PB – (PB/g)a. Substituindo essas duas expressões na primeira equação, temos: PB – (PB/g)a – µkPA = (PA/g)a. Assim, a=
g ( PB − m k PA PA + PB
) = (9,8 m/s ) ( 22 N − ( 0,15)( 44 N )) = 2, 3 m/s 2
44 N + 22 N
2
.
30. Escolhemos um eixo x horizontal orientado para a direita e um eixo y vertical orientado para F exercida pela criancima. Supomos que a massa da corda é desprezível, de modo que a força ça é igual à tensão da corda. As componentes x e y de F são Fcosθ e Fsenθ, respectivamente. A força de atrito estático aponta para a esquerda. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y e supondo que a aceleração vertical é nula, temos: FN + F sen u − mg = 0
176 soluções dos problemas
o que mostra que o atrito estático máximo é µs(mg – F sen θ). Supondo que fs = fs, máx, a aplicação da Segunda Lei de Newton ao eixo x (para o qual a aceleração também é nula se a caixa de brinquedos está na iminência de se mover), temos: Fcosu − fs = ma ⇒
Fcos u − ms (mg − Fsenu ) = 0.
Fazendo θ = 42° e µs = 0,42, obtemos F = 74 N. (b) Explicitando F e chamando de P o peso da caixa de brinquedos, temos: F =
(0, 42)(180 N) 76 N ms P = = . cosu + ms senu cosu + (0, 42) senu cosu + (0, 42) senu
(c) Para determinar o valor de θ para o qual F é mínimo, derivamos a expressão obtida no item (b) em relação a θ e igualamos o resultado a zero: dF msW (senu − ms cosu ) = = 0, (cosu + ms sen u )2 du o que nos dá θ = tan–1 µs = 23°. (d) Fazendo θ = 23° na expressão de F, com µs = 0,42 e P = 180 N, obtemos F = 70 N. 31. As figuras mostram os diagramas de corpo livre dos dois blocos. T é o módulo da tensão da corda, FNA é a força normal que age sobre o bloco A (o bloco da frente), FNB é a força normal que age sobre o bloco B, f A é a força de atrito cinético que age sobre o bloco A, f B é a força de atrito cinético que age sobre o bloco B, mA é a massa do bloco A, mB é a massa do bloco B, PA é o peso do bloco A, PB é o peso do bloco B e θ é o ângulo do plano inclinado.
Para cada bloco, escolhemos um eixo x na direção encosta abaixo (direção do canto inferior esquerdo, nas figuras aqui mostradas) e um eixo y na direção da força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos blocos A e B segundo os eixos x e y, obtemos quatro equações: PA sen u − f A − T = m A a FNA − PA cosu = 0 PB sen u − f B + T = mB a FNB − PB cosu = 0 que, quando combinadas com a Eq. 6-2 ( f A = m kA FNA e f B = m kB FNB fB), descrevem perfeitamente a dinâmica do sistema, contanto que a tensão da corda não seja nula. (a) Resolvendo essas equações, obtemos m P + m k B PB a = g sen u − k A A cosu = 3, 5 m/s 2 . PA + PB (b) A solução das equações também nos dá PP T = A B ( m k B − m k A ) cosu = 0, 21 N. PA + PB
soluções dos problemas 177
Nota: A tensão da corda é proporcional a m k B − m k A, a diferença entre os coeficientes de atrito cinético dos dois blocos. Quando os coeficientes são iguais ou m k B < m k A (ou seja, o bloco da frente tem um coeficiente maior que o bloco de trás), a corda fica frouxa e a tensão também é zero. Nesse caso, os movimentos dos dois blocos devem ser analisados de forma independente. 32. O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura. F é a força aplicada ao bloco, FN é a força normal que o piso exerce sobre o bloco, mg é a força da gravidade e f é a força de atrito. Tomamos o eixo x como horizontal, orientado para a direita, e o eixo y como vertical, orientado para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: Fx = F cosu − f = ma Fy = FN − F sen u − mg = 0
Como f = µkFN e a segunda equação nos dá FN = mg + Fsenθ, temos: f = m k (mg + Fsenu ) . Substituindo f por seu valor na primeira equação, obtemos F cos θ – µk (mg + F sen θ) = ma e, portanto, a aceleração é F (cos u 2 m k senu ) 2 m k g. m De acordo com o gráfico, a = 3, 0 m/s 2 para m k = 0 . Isso nos dá a=
3, 0 m / s 2 =
F cosu . m
O gráfico também mostra que a = 0 para m k = 0, 20 e, portanto, F F (cosu − (0, 20)sen u ) − (0, 20)(9, 8 m/s 2 ) = 3, 00 m/s 2 − 0, 20 sen u − 1, 96 m/s 2 m m F = 1, 04 m/s 2 − 0, 20 sen u M F o que nos dá 5, 2m / s 2 = sen u . Combinando os dois resultados, obtemos m 5, 2 m/s 2 tan u = = 1, 73 ⇒ u = 60°. 3, 0 m/s 2 0=
33. Chamamos o módulo da força de atrito de v e consideramos positivo o sentido do movimento do barco. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: − v = m
dv dt
e, portanto,
∫
dv =− v0 v m v
∫
t
dt 0
178 soluções dos problemas
na qual v0 é a velocidade do barco no instante t = 0 e v é a velocidade no instante t. Calculando as integrais, temos v t ln = − m. v0 Fazendo v = v0/2 e explicitando o tempo, temos: t=−
m v m 1 1000 kg 1 ln = 9, 9 s. ln = − ln = − v0 2 70 N ⋅ s//m 2
34. A figura mostra os diagramas de corpo livre da prancha e do bloco.
F é a força aplicada ao bloco, FNp é a força normal aplicada à prancha pelo piso, FNb é o mó dulo da força normal entre a prancha e o bloco, f é a força de atrito entre a prancha e o bloco, mp é a massa da prancha e mb é a massa do bloco. Para os dois objetos, o eixo x é horizontal, orientado para a direita, e o eixo y é vertical, orientado para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y dos dois objetos, obtemos quatro equações: − f = mpap FNp − FNb − m p g = 0 f − F = mb ab FNb − mb g = 0. De acordo com a quarta equação, a maior força de atrito estático possível entre o bloco e a prancha é m p FNb = m p mb g = (0, 60)(10 kg)(9,8 m/s2 ) = 59 N. Vamos verificar se o bloco desliza sobre a prancha. Supondo que isso não acontece, ap = ab (que vamos chamar simplesmente de a). Nesse caso, a força de atrito é f =
mpF (40 kg)(100 N) = = 80 N m p + mb 40 kg + 10 kg
que é maior que fs,máx. Isso mostra que o bloco desliza sobre a prancha, de modo que temos que usar o coeficiente de atrito cinético. (a) Fazendo f = µk FNb nas equações acima, temos: ab =
m k mb g − F (0,40)(10 kg)(9,8 m/s 2 ) − 100 N = = −6,1 m/s 2 . mb 100 kg
O sinal negativo mostra que a aceleração do bloco é para a esquerda, ou seja, ab = (−6,1 m/s 2 ) ˆi. (b) Temos também: ap = −
m k mb g (0,40)(10 kg)(9,8 m/s 2 ) =− = −0, 98 m/s 2 . mp 40 kg
soluções dos problemas 179
O sinal negativo mostra que a aceleração da prancha também é para a esquerda, ou seja, a p = (−0, 98 m/s 2 ) ˆi. 35. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos são mostrados na figura a seguir. F9 é a força de contato entre os dois blocos e a força de atrito estático fs está com o valor máximo (de modo que, de acordo com a Eq. 6-1, fs = fs,máx = µsF9).
Tratando os dois blocos como um sistema único (que desliza no piso sem atrito), usamos a Segunda Lei de Newton para obter uma expressão para a aceleração: F = mtotal a
⇒a=
F . m+M
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco m e substituindo a pelo valor calculado acima, obtemos as seguintes equações: F m+M ⇒ m s F '− mg = 0.
F − F ' = ma ⇒ F ' = F − m fs − mg = 0
Eliminando F9 nas equações acima, obtemos: F5
mg m ms 12 m1M
5 4, 9 × 10 2 N.
2 Fg , seC vt2 gundo a qual a área é inversamente proporcional à velocidade ao quadrado. Assim, dividindo a área na posição de menor velocidade pela área de maior velocidade, temos:
36. Explicitando a área da seção reta efetiva na Eq. 6-16, obtemos a equação A =
37. Na solução do Problema 8, vimos que a força do vento sobre a pedra teria que ser pelo menos F = 160 N para manter a pedra em movimento. (a) Fazendo F = D (a força de arrasto), podemos usar a Eq. 6-14 para calcular a velocidade do vento em relação ao solo (na verdade, deveria ser a velocidade do vento em relação à pedra, mas a velocidade da pedra é tão pequena que a diferença é desprezível): V=
2F = C A
2(157 N) = 90 m/s = 320 km/h. (0, 80)(1, 21 kg/m 3 )(0, 040 m 2 )
(b) Multiplicando por 2 o resultado do item anterior, obtemos uma velocidade de 6,4 × 102 km/h. (c) Não, não é razoável. O vento de um furacão da categoria 5 (a maior de todas) é da ordem de 260 km/h.
180 soluções dos problemas
38. (a) De acordo com a Eq. 6-14, 1 C Av 2 2 em que C é o coeficiente de arrasto, ρ é a massa específica do ar, A é a seção reta efetiva do conjunto piloto + assento e v é a velocidade do avião no momento da ejeção. Como no enunciado é dito que o coeficiente de arrasto é o mesmo que o de um paraquedista, podemos escrever, com base na Eq. 6-16, 2 Fg mg vt = ⇒ C A = 2 2 C A vt D=
em que, de acordo com a Tabela 6-1, vt = 60 m/s no caso de um paraquedista. Substituindo na primeira equação, obtemos: 2
D=
1 mg 2 v 2 2 v = mg . 60 2 60
Convertendo a velocidade do avião para unidades do SI, temos: v = (1300)(1000)/3600 ≈360 m/s. Supondo que a massa do piloto é 70 kg, obtemos: D = (70 kg)(9,8 m/s2)(360/60)2 ≈ 2 × 104 N. (b) Supondo que a massa do assento é igual à massa do piloto, a Segunda Lei de Newton nos dá 2
a=
D g v = = 18 g . 2m 2 60
39. No caso de um avião a jato, D j = 12 C 1 Av 2j , enquanto para um avião a hélice Dh = 12 C 2 Avh2 , na qual 1 e 2 representam a massa específica do ar a 10 km e 5,0 km de altitude, respectivamente. Assim, a razão pedida é D j 1 v 2j ( 0, 38 kg/m 3 ) (1000 km/h ) = = = 2, 3. Dh 2 vh2 ( 0, 67 kg/m 3 ) (500 km/h )2 2
40. (a) A força que age sobre o esquiador é Fg = mg sen u − m FN = mg sen u − m mg cos u = mg(sen u − m cos u ) = (85, 0 kg)(9, 80 m/s 2 ) [ sen 40, 0 − (0, 04000) cos 40, 0 ] = 510 N. Assim, a velocidade terminal do esquiador é vt =
(b) Derivando vt em relação a C, obtemos 1 2 Fg −3/ 2 1 C dC = − 2 A 2 = −(2, 20 × 10 2 m/s)dC .
dvt = −
2(510 N) (0,150)−3/ 2 dC (1, 20 kg/m 3 )(1, 30 m 2 )
41. De acordo com as Eqs. 4-35 e 6-23, temos:
µs = (2πR/T )2/gR = 4π2R/gT 2, o que, para T = 6,0 s e R = 5,4 m, nos dá µs = 0,60. 42. O módulo da aceleração do carro ao fazer a curva é v2/R, na qual v é a velocidade do carro e R é o raio da curva. Como a curva não é compensada, apenas o atrito com a estrada torna possível essa aceleração. Aplicando a Segunda Lei de Newton à força de atrito, temos: f = mv2/R. Se FN é a força normal e m é a massa do carro, o equilíbrio de forças na direção vertical nos dá FN = mg. De acordo com a Eq. 6-1, o valor máximo do atrito estático é fs,máx = µs FN = µsmg.
soluções dos problemas 181
Para que o carro não derrape, devemos ter f ≤ µsmg. Isso significa que v2 ≤ ms g ⇒ v ≤ ms Rg . R Assim, a velocidade máxima com a qual o carro pode fazer a curva sem derrapar é vmáx =
m s Rg =
(0, 60)(30, 5 m)(9, 8 m/s2 ) = 13 m/s ≈ 48 km/h.
43. Usando o mesmo raciocínio do problema anterior, chegamos às relações v2 v2 ≤ ms g ⇒ R ≥ . ms g R Assim, o raio mínimo da curva que o ciclista pode fazer sem derrapar é Rmíx =
v2 [(29)(1000) / 3600]2 = = 21 m. ms g (0, 32)(9, 8)
44. Para v = 96,6 km/h = 26,8 m/s, a Eq. 6-17 nos dá a=
v 2 (26, 8 m/s)2 = = 94, 7 m/s 2 R 7, 6 m
que podemos expressar em unidades de g: 94, 7 m/s 2 a a= g= g = 9, 7 g. g 9, 80 m/s 2 45. As figuras mostram os diagramas de corpo livre do estudante no ponto mais alto e no ponto mais baixo da roda-gigante.
No ponto mais alto, o assento exerce sobre o estudante uma força para cima de módulo FN,alto, enquanto a Terra exerce sobre o estudante uma força para baixo de módulo mg. De acordo com a Segunda Lei de Newton, a força resultante na direção do centro da roda-gigante é mv 2 . R No ponto mais baixo, o assento exerce sobre o estudante uma força para cima de módulo FN ,baixo , enquanto a Terra exerce sobre o estudante uma força para baixo de módulo mg. De acordo com a Segunda Lei de Newton, a força resultante na direção do centro da roda-gigante é mg − FN ,alto =
mv 2 R (a) De acordo com o enunciado, FN,alto = 556 N. Como o peso do estudante é 667 N, isso significa que o assento está exercendo uma força menor que o peso do estudante. Assim, o “peso aparente” do estudante é menor que o peso real, ou seja, o estudante se sente “mais leve”. FN ,baixo − mg =
182 soluções dos problemas
(b) De acordo com os dados do problema, a força centrípeta é mv 2 = mg − FN ,alto = 667 N − 556 N = 111 N. R Assim, o módulo da força normal no ponto mais baixo é Fc =
mv 2 + mg = Fc + mg = 111 N + 667 N = 778 N. R m (2 v ) 2 = 4(111 N) = 444 N. Assim, no (c) Se a velocidade da roda-gigante for duplicada, Fc′ = R ponto mais alto, teremos: FN ,baixo =
FN′ ,alto = mg − Fc′ = 667 N − 444 N = 223 N. (d) Usando o resultado parcial do item (c), vemos que o módulo da força normal no ponto mais baixo será FN′ ,baixo = Fc′+ mg = 444 N + 667 N = 1111 N. Nota: O peso aparente do estudante é máximo no ponto mais baixo e mínimo no ponto mais alto do percurso. Para uma velocidade v = gR , FN ,alto = 0 e o estudante se sentiria “sem peso” no ponto mais alto. 46. (a) Uma velocidade de 80,0 km/h equivale a aproximadamente 22,2 m/s em unidades do SI. A força horizontal que impede que a policial escorregue do assento é igual à força centrípeta (Eq. 6-18) e a força vertical é igual ao seu peso, mg. Assim, Fres =
(mg)2 + (mv 2 / R)2 = 547 N.
(b) O ângulo é tan [(mv /R)/(mg)] = tan−1(v2/gR) = 9,53º (em relação à vertical). −1
2
47. (a) De acordo com a Eq. 4-35, T = 2πR/v = 2π(10 m)/(6,1 m/s) = 10 s. (b) A situação é semelhante à do Problema 45. No ponto mais alto do percurso, FN = m(g – v2/R) = 486 N. (c) No ponto mais baixo do percurso, FN = m(g + v2/R) = 1081 N. 48. Como a situação é semelhante à do problema anterior (quando a roda-gigante está no ponto mais alto do percurso), a força normal é dada por FN = m(g – v2/R). (a) Para m = 1200 kg, v = 11 m/s e R = 18 m, obtemos FN = 3,7 × 103 N. (b) FN aponta para cima. (c) Para v = 14 m/s, FN = –1,3 × 103 N, ou | FN | = 1,3 × 103 N. (d) O fato de que o valor de FN é negativo significa que, nesse caso, FN aponta para baixo. 49. No alto do vale, a situação é semelhante à do problema anterior e a força normal é dada por FN = m(g – v2/R). que, para FN = 0, nos dá v2/R = g.
soluções dos problemas 183
No fundo do vale, a situação é semelhante à do item (c) do Problema 47 e a força normal é dada por FN = m(g + v2/R) que, para v2/R = g, nos dá FN = 2mg = 1372 N ≈ 1,37 × 103 N. 50. Sabemos que o gráfico da Fig. 6-40a representa uma função da forma F = mv2/r. (a) A inclinação do gráfico para v = 8, 30 m/s é dF dv
v =8 ,30 m/s
=
2mv r
v =8 ,30 m/s
=
2(85, 0 kg)(8, 30 m//s) = 403 N ⋅ s/m. 3, 50 m
(b) Como o período do movimento é T = 2πr/v, 2
F=
mv 2 m 2 r 4 2 mr = = , r r T T2
e a inclinação do gráfico da Fig. 6-40b para T = 2,50 s é 8 2 (85, 0 kg)(3, 50 m) = −1, 50 × 10 3 N/s. (2, 50 s)3 T = 2 ,50 s T = 2 ,50 s 51. A figura mostra o diagrama de corpo livre do avião. Fl é a força de sustentação aerodinâmica. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos do problema (x para a direita e y para cima), temos: dF dT
=−
8 2 mr T3
=
Fl sen u = m
v2 R
Fl cosu = mg
v2 Eliminando a massa nesse sistema de equações, obtemos tan u = . gR Para v = 480 km/h = 133 m/s e θ = 40°, temos: R=
(133 m/s)2 v2 = = 2151 m ≈ 2, 2 × 10 3 m g tan u (9, 8 m/s 2 ) tan 40°
52. A situação é semelhante à do Problema 45, com a força normal FN substituída pela força da haste FH. Assim, no ponto mais alto da trajetória, FH = mv2/r − P, em que P é o peso do carro com os passageiros. (a) Para v = 5,0 m/s, r = 10 m e P = 5000 N, FH = 3,7 × 103 N. (b) O sentido de FH é para cima. (c) Para v = 10,0 m/s, r = 10 m e P = 5000 N, FH = −2,3 × 103 N. (d) O sinal negativo indica que o sentido de FH é para baixo.
184 soluções dos problemas
53. O diagrama de corpo livre de uma das alças foi traçado do ponto de vista que um passageiro teria se estivesse olhando para a frente e o bonde fizesse uma curva para a direita. Note que a = v2 /R, na qual v = 16 km/h = 4,4 m/s. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos do problema (x para a direita e y para cima), temos: v2 T sen u = m R T cosu = mg. Resolvendo esse sistema de equações, obtemos: v2 u = tan −1 Rg que nos dá θ = 12°.
54. A força centrípeta experimentada pelos passageiros é F = mv 2 / r. mv 2 dr. r2 2 mv dv. (b) A variação de F com v sem que r varie é dF = r (c) O período de uma trajetória circular é T = 2 r / v. Assim, (a) A variação de F com r sem que v varie é dF = −
2
mv 2 m 2 r 4 2 mr = F= = , r r T T2 e a variação de F com T sem que r varie é 3
dF = −
8 2 mr mv 3 v 2 = − dT = − 8 mr dT dT. 2 r r 2 T3
55. Note que, como o período T é oito vezes maior que o intervalo entre os lampejos (1/2000 s), T = 0,0040 s. Combinando a Eq. 6-18 com a Eq. 4-35, temos: F=
4 m 2 R 4(0, 030 kg) 2 (0, 035 m) = = 2, 6 × 10 3 N. (0, 0040 s)2 T2
56. Podemos usar diretamente o resultado do Problema 53: v2 u = tan −1 gR com v = 60(1000/3600) = 17 m/s e R = 200 m. O ângulo de compensação é, portanto, θ = 8,1°. Considere um carro que entre na curva com uma velocidade v9 = 40(1000/3600) = 11 m/s. A aceleração (horizontal) é a ′ = v ′ 2 / R , que possui uma componente paralela e uma componente perpendicular à superfície da estrada: v ′ 2 cosu R v ′ 2senu . a⊥ = a ′senu = R a|| = a ′ cosu =
soluções dos problemas 185
De acordo com a Segunda Lei de Newton (escolhendo um eixo paralelo à superfície da estrada, apontando para o centro da curva, como eixo x e um eixo perpendicular à superfície da estrada, apontando para cima, como eixo y), temos: mg sen u − fs = ma|| FN − mg cosu = ma⊥ o que nos dá fs mg sen u − mv ′ 2 cosu / R = . FN mg cosu + mv ′ 2 sen u / R Cancelando a massa e substituindo os valores numéricos, obtemos fs/FN = 0,078. Como o coeficiente de atrito pedido é o menor para o qual os carros não derrapam, fs = fs,máx e µs = 0,078. 57. Para que o disco permaneça em repouso, o módulo da tensão T do fio deve ser igual ao peso Mg do cilindro. Como a tensão do fio é a força centrífuga que mantém o disco em uma trajetória circular, T = mv2/r. Assim, Mg = mv2/r. Explicitando a velocidade, temos: v=
Mgr = m
(2, 50 kg)(9, 80 m/s2 )(0, 200 m ) = 1, 81 m/s. 1, 50 kg
58. (a) De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do carro é dada por v 2 = v02 + 2ad . Fazendo v = 0, v0 = 35 m/s e d = 107 m, obtemos a = −5, 72 m/s2 como a aceleração mínima necessária para que o carro pare a tempo. Assim, a força de atrito mínima necessária para que o carro pare a tempo é f = m | a | = (1400 kg)(5, 72 m/s 2 ) ≈ 8, 0 × 10 3 N. (b) O valor máximo possível do atrito estático é fs ,máx = m s mg = (0, 50)(1400 kg)(9, 80 m/s2 ) ≈ 6, 9 × 10 3 N. (c) Se m k = 0, 40 , fk = m k mg e a aceleração é a = −m k g . Assim, a velocidade com a qual o carro se choca com o muro é v=
v02 + 2ad =
(35 m/s)2 − 2(0, 40)(9, 8 m/s 2 )(107 m) ≈ 20 m/s ou 72 km/h.
(d) A força necessária para que o carro descreva a trajetória circular que evitaria o choque é Fr =
mv02 (1400 kg)(35, 0 m/s)2 = = 1, 6 × 10 4 N. 107 m r
(e) Como Fr > fs ,máx , a manobra não é possível. 59. A figura mostra o diagrama de corpo livre da bola.
Tc é a tensão exercida pelo fio de cima sobre a bola, Tb é a tensão exercida pelo fio de baixo e m é a massa da bola. Note que a tensão do fio de cima é maior que a do fio de baixo, porque precisa equilibrar, além da tensão do fio de baixo, o peso da bola.
186 soluções dos problemas
(a) Tomamos o eixo x na direção do centro do movimento circular e o eixo y para cima. Como o módulo da aceleração é a = v2/R, a Segunda Lei de Newton para o eixo x nos dá mv 2 , R em que v é a velocidade da bola e R é o raio do movimento circular. A Segunda Lei de Newton para o eixo y nos dá Tc cosu + Tb cosu =
Tc sen u − Tb sen u − mg = 0, o que nos dá Tb = Tc − mg/sen θ. Como o triângulo é equilátero, θ = 30,0o. Assim, Tb = 35, 0 N −
(1, 34 kg)(9, 80 m/s2 ) = 8, 74 N. sen 30, 0°
(b) O módulo da força resultante é Fres = ( Tc + Tb ) cosu = (35, 0 N + 8, 74 N) cos 30, 0° = 37, 9 N. (c) O raio do movimento circular é R = (1,70 m)(cos 30o) = 1,47 m. Como Fres = mv2/R, a velocidade da bola é v=
RFres = m
(1, 47 m)(37, 9 N) = 6, 45 m/s. 1, 34 kg
(d) A direção de Fres é radial, para o centro do movimento circular. 60. A figura mostra os diagramas de corpo livre das duas caixas.
T é o módulo da força exercida sobre a haste (se T > 0, dizemos que a haste está sob tração; se T < 0, dizemos que a haste está sob compressão), FN 2 é a força normal sobre a caixa 2 (a caixa com formigas pretas), FN1 é a força normal sobre a caixa 1 (a caixa com formigas vermelhas), f1 é a força de atrito cinético sobre a caixa 1, f2 é a força de atrito cinético sobre a caixa 2, m1 é a massa da caixa 1 e m2 é a massa da caixa 2. Para cada bloco, escolhemos um eixo x encosta abaixo (na direção do canto inferior direito, nas figuras) e um eixo y na direção da força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y das duas caixas, obtemos quatro equações: m2 g sen u − f2 − T = m2 a FN 2 − m2 g cosu = 0 m1 g sen u − f1 + T = m1a FN 1 − m1 g cosu = 0 que, combinadas com a Eq. 6-2 (fk = µkFN), descrevem totalmente a dinâmica do sistema. (a) Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos: mmg T = 2 1 (m1 − m2 ) cosu = 1, 05 N. m2 + m1
soluções dos problemas 187
(b) A solução para a aceleração é m m + m1m1 a = g sen u − 2 2 cosu = 3, 62 m/s 2 . m2 + m1 (c) Inverter a posição das caixas equivale a trocar os índices. A equação obtida no item (a) mostra que essa troca leva a um valor negativo para T, com o mesmo módulo de antes. Assim, a situação permanece a mesma, exceto pelo fato de que a haste passa a estar sob compressão e não sob tração, como na situação anterior. 61. O sistema é formado por duas caixas, uma em cima da outra. Se puxarmos o bloco de baixo com muita força, o bloco de cima deslizará sobre o de baixo. Estamos interessados em calcular a força máxima que pode ser aplicada sem que os blocos deixem de se mover juntos, A figura mostra os diagramas de corpo livre dos dois blocos.
Em primeiro lugar, calculamos o coeficiente de atrito estático da superfície entre os dois blocos. Como uma força de no mínimo Fmín = 12 N deve ser aplicada ao bloco de cima para que deslize, Fmín = fs ,mán = m s FN ,a = m s ma g e, portanto,
ms =
Fmín 12 N = = 0, 31. ma g (4,0 kg)(9,8 m/s 2 )
Usando o mesmo raciocínio, para que os dois blocos se movam juntos, a força aplicada ao bloco de baixo não deve ser maior que F = m s FN,b = m s ( ma + mb ) g. (a) A última equação nos dá: F = m s ( mt + mb ) g = (0, 31)(4, 0 kg + 5, 0 kg)(9, 8 m/s2 ) = 27 N. (b) A aceleração máxima com a qual os blocos se movem juntos é amáx =
F = m s g = (0, 31)(9, 8 m/s 2 ) = 3, 0 m/s 2 . mt + mb
62. O diagrama de corpo livre da pedra é mostrado na figura.
188 soluções dos problemas
F é a força aplicada à pedra, FN é a força normal para baixo que o teto exerce sobre a pedra, mg é a força de gravidade e f é a força de atrito. Escolhemos um eixo x para a direita e um eixo y para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: Fx = F cosu − f = ma Fy = F sen u − FN − mg = 0 Como f = m k FN , e a segunda equação nos dá FN = F sen u − mg , f = m k ( F sen u − mg). Substituindo essa expressão na primeira equação, obtemos F cos θ – µk (F sen θ − mg ) = ma. Para a = 0 , a força é F=
−m k mg cosu − m k sen u
Para µk = 0,65, m = 5,0 kg e θ = 70º, obtemos F = 118 N. 63. (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre da alpinista (representada por um bloco em forma de L).
A força que a alpinista exerce sobre a pedra não é mostrada (já que o diagrama mostra apenas as forças que são exercidas sobre ela), mas está relacionada às forças normais FN1 e FN 2 exercidas horizontalmente sobre os sapatos e sobre as costas da alpinista, respectivamente. Como vamos mostrar no item (b) que FN1 = FN2, não está errado dizer que o módulo da força que a alpinista exerce sobre a pedra é FN2. A força total para cima exercida pela força (máxima) de atrito está f = f + f tico é 1 2 , em que f1 = m s1 FN 1 e f2 = m s 2 FN 2 . (b) Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y (x para a direita e y para cima), e como não há aceleração em nenhuma direção, FN 1 2 FN 2 5 0 f1 1 f2 2 mg 5 0
soluções dos problemas 189
De acordo com a primeira equação, as forças normais são iguais: FN1 = FN2 = FN. Assim, de acordo com a Eq. 6-1, f1 = ms 1 FN f2 = ms 2 FN e, portanto, ms 1 f1 = f2 . ms 2 Assim, a segunda equação, f1 + f2 – mg = 0, nos dá ms 1 m + 1 f2 = mg s2 que (para m = 49 kg) nos dá f2 = 192 N. Portanto, FN = f2 / ms 2 = 240 N é o módulo da força que a alpinista exerce sobre a pedra. (c) De acordo com os cálculos acima, f1 = µs1 FN = 288 N , o que significa que f1 288 = 0, 60, = P ( 49 ) ( 9, 8 ) ou seja, 60% do peso da alpinista é sustentado pelo atrito dos sapatos. 64. (a) A força para cima exercida pelo vagão sobre o passageiro é igual ao peso do passageiro; assim, a força resultante não possui uma componente vertical. Isso significa que a força resultante é igual à componente horizontal (força centrípeta). Assim, Fres = F = 210 N. (b) De acordo com a Eq. 6-18, temos: v=
FR = m
(210 N)(470 m) = 44, 0 m/s. 51, 0 kg
65. A massa da camada de gelo é mgelo = ( 917 kg/m 3 ) (400 m × 500 m × 0, 0040 m) = 7,34 × 10 5 kg. Somando a esse valor a massa de cem pedras (com 20 kg cada uma), obtemos m = 7,36 × 105 kg. (a) Fazendo F = D (a força de arrasto), podemos usar a Eq. 6-14 para calcular a velocidade do vento em relação ao solo (na verdade, deveria ser a velocidade do vento em relação à pedra, mas a velocidade da pedra é tão pequena que a diferença é desprezível). v=
(b) Multiplicando por 2 o resultado do item anterior, obtemos uma velocidade de 138 km/h. (c) Sim, é razoável. O vento de um furacão da categoria 5 (a maior de todas) é da ordem de 260 km/h. 66. Como o coeficiente de atrito estático não é mencionado, concluímos que a força resultante é maior que fs,máx. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x dos blocos, que para o bloco 1 é positivo para a direita e para o bloco 2 é positivo encosta abaixo, obtemos: T – fk = m1a m2g senθ – T = m2a.
190 soluções dos problemas
Somando as equações, obtemos a aceleração: a=
m2 g sen u − fk . m1 + m2
Para fk = µkFN = µk m1g, obtemos a=
(3, 0 kg)(9, 8 m/s 2 ) sen 30° − (0, 25)(2, 0 kg)(9, 8 m/s 2 ) = 1, 96 m/s2 . 3, 0 kg + 2, 0 kg
Substituindo esse valor em uma das equações, obtemos T = 8,8 N. 67. Cada lado da vala exerce uma força normal sobre o caixote. A figura da esquerda mostra uma seção reta do conjunto.
A força resultante tem a direção na reta tracejada. Como as duas forças normais fazem um ângulo de 45° com a reta tracejada, o módulo da força resultante é FNr = 2 FN cos 45 =
2 FN .
A figura da direita é o diagrama de corpo livre do caixote. (Trata-se de uma vista “lateral”, como a que é mostrada no desenho da esquerda da Fig. 6-51.) FNr é a força normal resultante, mg é a força da gravidade e f é a força de atrito. Escolhemos um eixo x encosta abaixo e um eixo y da direção de FNr . Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: x: y:
mg sen θ – f = ma FNr – mg cos θ = 0.
Como o caixote está em movimento, os dois lados da vala exercem uma força de atrito cinético, e o módulo da força de atrito resultante é dado por f = 2m k FN = 2m k FNr /
2=
2m k FNr .
Combinando essa expressão com FNr = mg cos θ e substituindo na equação para o eixo x, obtemos mg sen u − 2 mg cos u = ma. Assim, a = g(sen u − 2m k cosu ) . 68. (a) Um carro está na iminência de derrapar quando a força de atrito estático atinge o valor máximo. Vamos considerar a soma vetorial F da força (máxima) de atrito com a força normal. Como as duas forças são mutuamente perpendiculares e seus módulos são proporcionais (Eq. 6-1), F faz um ângulo (com a vertical) φ = θ + θs, em que tanθs = µs (compare com a Eq. 6-13) e θ é o ângulo de compensação da curva. Como a componente paralela ao plano da estrada da soma vetorial de F com a força da gravidade mg é a força centrípeta, cujo módulo é mv2/R (Eq. 6-18), temos a seguinte relação: 2 2 tanφ = mv / R = vmáx . mg Rg
soluções dos problemas 191
Explicitando vmáx, obtemos: vmáx =
Rg tan(u + tan −1 m s ) =
Rg(tan u + m s ) 1 − m s tan u
(b) A figura mostra o gráfico pedido (com θ em radianos):
(c) Usando a equação obtida no item (a) ou a curva de cima do item (b), obtemos v = 41,3 m/s = 149 km/h para µs = 0,60 e θ = 10º = 0,175 rad. (d) Usando a equação obtida no item (a) ou a curva de baixo do item (b), obtemos v = 21,2 m/s = 76,2 km/h para µs = 0,050 e θ = 10º = 0,175 rad. 69. As forças verticais que agem sobre o bloco são a força normal exercida pelo teto, a força da gravidade e a componente vertical de P . Como a aceleração da direção vertical é zero, FN = P sen u − mg e, portanto, o módulo da força de atrito cinético é dada por fk = m k ( P sen u − mg). Escolhendo um eixo x para a direita, a Segunda Lei de Newton nos dá P cos u − fk = ma ⇒ a =
P cosu − uk ( P sen u − mg) . m
Fazendo θ = 70o, m = 5,0 kg e µk = 0,40, obtemos a = 3,4 m/s2. 70. (a) Se o peso descreve uma circunferência de 0,94 m, a distância horizontal entre o peso e o eixo de rotação é dada por R = 0,94/2π = 0,15 m. O ângulo que a corda faz com a horizontal é
θ = cos−1(R/L) = cos−1(0,15 m/0,90 m) = 80º. A componente vertical da tensão da corda é T sen θ e deve ser igual à força da gravidade mg. Assim, T=
mg = 0, 40 N. sen u
Note que estamos usando T para representar a tensão da corda, e não o período do movimento. (b) Como a componente horizontal da tensão da corda é a força centrípeta, cujo módulo é mv2/R (Eq. 6-18), T cos θ = mv2/R, o que nos dá v = 0,49 m/s. Dividindo o comprimento da circunferência pela velocidade, obtemos o período: 0,94/0,49 = 1,9 s.
192 soluções dos problemas
71. (a) Se o bloco está na iminência de deslizar, a força aplicada é igual à força máxima de atrito estático (Eq. 6-1, com FN = mg neste caso): fs,máx = µsmg = 35,3 N. (b) Neste caso, a força aplicada F reduz indiretamente o valor máximo da força de atrito (já que a componente vertical diminui a força normal) e se opõe diretamente à força de atrito (por causa da componente horizontal). Como a força normal é dada por FN = mg – Fsenθ, a aplicação da Segunda Lei de Newton à direção horizontal nos dá Fcosθ – fs,máx = Fcosθ – µs(mg – Fsenθ ) = 0 ⇒ F = 39, 7 N. (c) Neste caso, a força aplicada F aumenta indiretamente o valor máximo da força de atrito (já que a componente vertical aumenta a força normal) e se opõe diretamente à força de atrito (por causa da componente horizontal). Como a força normal é dada por FN = mg + Fsenθ, a aplicação da Segunda Lei de Newton à direção horizontal nos dá Fcosθ – fs,máx = Fcosθ – µs(mg + Fsenθ ) = 0 ⇒ F = 320 N. 72. Aplicando a Segunda Lei de Newton à direção paralela à rampa e usando a Eq. 6-2 temos: mg senθ – f = ma, f = fk = µk FN = µk mg cosθ assim,
a = 0,75 m/s2 = g(senθ – µk cosθ )
o que, para θ = 40o, nos dá µk = 0,74. 73. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton a um eixo orientado “encosta abaixo”: mg senθ – f = ma f = fk = µk FN = µk mg cosθ. Assim,
a = g(senθ – µk cosθ ) = 7,5 m/s2.
(b) O sentido da aceleração é para baixo. (c) Nesse caso, a força de atrito aponta “encosta abaixo” (no sentido positivo do eixo escolhido) e a aceleração é a = g(senθ + µk cosθ ) = 9,5 m/s2. (d) O sentido da aceleração é para baixo. 74. A figura mostra o diagrama de corpo livre do disco. FN é a força normal exercida pelo gelo, f é a força de atrito e mg é a força da gravidade. Escolhemos um eixo x apontando para a direita e um eixo y apontando para cima. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, obtemos – f = ma. Como a velocidade final é zero, a Eq. 2-16, v 2 = v02 + 2ax , nos dá a = 2 v02 / 2 x.
soluções dos problemas 193
Combinando os dois resultados, obtemos
)
mv02 ( 0,110 kg ( 6, 0 m/s f = = 2x 2 (15 m
)
)
2
= 0,13 N.
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, obtemos FN – mg = 0 e, portanto, FN = mg. Assim, de acordo com a Eq. 6-2, f = µk mg. Explicitando µk, obtemos:
mk =
0,13 N f = 0,12 . = mg ( 0,110 kg (9, 8 m/s 2 )
)
75. Podemos tratar os 25 vagões como um único objeto de massa m = 25 × 5,0 × 104 kg que (se a velocidade é 30 km/h = 8,3 m/s) está sujeito a uma força de atrito f = 25 × 250 × 8,3 = 5,2 × 104 N. (a) Em uma linha férrea plana, esse objeto experimenta uma força de tração T exercida pela locomotiva e, de acordo com a Segunda Lei de Newton, T − f = ma ⇒ T = 5, 2 × 10 4 + (1, 25 × 10 6 )(0, 20) = 3, 0 × 10 5 N . (b) A figura mostra o diagrama de corpo livre do conjunto de vagões, na qual θ é o ângulo de aclive. Escolhemos um eixo x encosta acima (na direção do canto superior direito da figura).
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, temos: T − f − mg sen u = ma. Fazendo a = 0 e substituindo T, f e m por seus valores, obtemos θ = 1,2°. 76. Este problema é conceitualmente análogo ao Problema 30. Usando o resultado do item (c) do Problema 30, temos:
u = tan − 1 ms = tan − 1 0, 50 = 27° e, portanto, o ângulo de redução deve ser, no mínimo,
φ = 45° – 27° ≈ 20°. 77. De acordo com a Eq. 6-16, vt =
2 mg = C R 2
2(6)(9, 8) = 147 m/s. (1, 6)(1, 2) (0, 03)2
194 soluções dos problemas
78. (a) O coeficiente de atrito estático é µs = tan(θmáx) = 0,577 ≈ 0, 58 . (b) Como
mg senθ – f = ma f = fk = µk FN = µk mg cosθ
e a = 2d/t2 (com d = 2,5 m e t = 4,0 s), obtemos µk = 0,54. 79. A figura mostra os diagramas de corpo livre dos blocos A e B.
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco A e ao bloco B, temos: m A gsenu − T = m A a T − fk = mB a. A força de atrito é dada por fk = m k FN ,B = m k mB g . Substituindo fk por seu valor na segunda equação, obtemos um sistema de equações que pode ser resolvido para obter os valores da tensão T e da aceleração a. (a) Resolvendo o sistema de equações, obtemos T=
mA mB (4, 0 kg)(2, 0 kg) (sen 30 + 0, 50 ) (9, 80 m/s2 ) = 13 N. (sen u + mk ) g = mA + mB 4, 0 kg + 2, 0 kg
(b) A solução para a aceleração é m sen u − m k mB (4, 0 kg) sen 30 − (0, 50)(2, 0 kg) a= A (9, 80 m/s2 ) = 1, 6 m/s2 . g = mA + mB 4, 0 kg + 2, 0 kg 80. Usamos a Eq. 6-14, D 5 12 C Av 2 , na qual ρ é a massa específica do ar, A é a área da seção reta do míssil, v é a velocidade do míssil e C é o coeficiente de arrasto. A área da seção reta é πR2, na qual R = 0,265 m é o raio do míssil. Assim, 1 2 2 (0, 75) (1, 2 kg/m 3 ) ( 0, 265 m ) ( 250 m/s ) = 6, 2 × 10 3 N. 2 81. A figura mostra o diagrama de corpo livre do conjunto ciclista-bicicleta. O módulo da aceleração do ciclista é dado por v2/R, na qual v é a velocidade do ciclista e R é o raio da trajetória. D=
soluções dos problemas 195
Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente horizontal do movimento, obtemos fs = mv2/R, na qual fs é a força de atrito estático exercido pela pista sobre os pneus. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente vertical do movimento, obtemos FN = mg, na qual FN é a força normal exercida pela pista sobre os pneus e m é a massa do conjunto ciclista-bicicleta. (a) A força de atrito é
)
)
mv 2 (85, 0 kg ( 9, 00 m/s fs = = = 275 N. 25, 0 m R (b) Como a força de atrito fs e a força normal FN são mutuamente perpendiculares, o módulo da força resultante que a pista exerce sobre a bicicleta é F=
fs2 + FN2 =
2
(275 N)2 + (25, 0 m)(9, 8 m/s 2 )2 = 877 N.
82. No alto do morro, as forças verticais que agem sobre o carro são a força normal exercida pela estrada e a força da gravidade. Escolhendo um eixo y orientado para baixo, a Segunda Lei de Newton nos dá mv 2 mg − FN = . R Fazendo FN = 0 e explicitando v, temos: v=
gR =
(9, 8 m/s 2 )(250 m) = 49, 5 m/s = 49,5(3600/1000) km/h = 178 km/h.
83. (a) A força mínima para que o caixote comece a se mover é fs,máx = µs FN (Eq. 6-1, com FN = mg neste caso), o que nos dá (0,51)(165 N) = 84,2 N. (b) Depois que o caixote começa a se mover, a força necessária para mantê-lo em movimento com velocidade constante é uma força igual à força de atrito cinético fk = µk FN = µk mg = 52,8 N. (c) Como a massa do caixote é 165/9,8 = 16,8 kg, a aceleração, usando a Segunda Lei de Newton e os resultados dos itens (a) e (b), é a = (84,2 N – 52,8 N)/(16,8 kg) ≈ 1,87 m/s2. 84. (a) A componente horizontal de F empurra o caixote, enquanto a componente vertical aumenta a força de atrito, ao aumentar a força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton nas direções, temos: direção horizontal: Fcosθ – fs = 0 direção vertical: FN – Fsenθ – mg = 0. Dizer que o caixote está “na iminência de se mover” equivale a dizer que fs = fs,máx = µsFN (Eq. 6-1). Combinando as três equações, obtemos F ms . = mg cos u − m s senu A figura abaixo mostra um gráfico da razão F/mg em função de θ (com θ em graus).
196 soluções dos problemas
(b) O denominador da expressão de F/mg em função de θ se anula para cosu − ms sen u = 0
1 ⇒ uinf = tan −1 ms
Para ms = 0, 70 , θinf = 55o. (c) Se o piso for lubrificado, o coeficiente de atrito estático será menor e, portanto, o ângulo θinf será maior que o valor calculado no item (b). 1 −1 = 59o. (d) Para ms = 0, 60 , uinf = tan 0, 60 85. O carro começará a escorregar se
ms = tan u = tan 35, 0° = 0, 700. Este valor representa uma redução de 3,4% em relação ao valor inicial, 0,725. 86. (a) O problema é conceitualmente igual ao da roda-gigante (Problema 45), com a tensão T da corda assumindo o papel da força normal FN. Assim, a tensão é dada por T = m(g − v2/r) no ponto mais alto do percurso e por T = m(g + v2/r) (o valor máximo) no ponto mais baixo do percurso. Isso significa que a corda vai arrebentar no ponto mais baixo do percurso. (b) Quando a corda arrebenta, T = 33 N = m(g + v2/r), em que m = 0,26 kg e r = 0,65 m. Explicitando a velocidade, obtemos v = 8,73 m/s. 87. A figura mostra o diagrama de corpo livre do carro. (O desenho não está em escala.)
A massa do carro é m = (10.700/9,80) kg = 1,09 × 103 kg. a) De acordo com a Eq. 6-18, temos: fs =
mv 2 = 3,21 3 10 3 N . R
(b) De acordo com a Eq. 6-1, temos: fs ,máx = m s FN = m s mg = ( 0, 35) (10.700 N ) = 3, 75 × 10 3 N. Como a força de atrito estático calculada no item (a) é menor que esse valor, o carro consegue fazer a curva sem derrapar. 88. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos: F cos u − T − fk = m2 a FN − F sen u − m2 g = 0
eixo x eixo y.
Combinando essas equações com a relação fk = µk FN, temos: F (cos u − m k senu ) − T − m k m2 g = m2 a.
soluções dos problemas 197
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, temos: T − fk′ = m1a FN′ − m1 g = 0
eixo x eixo y.
Combinando essas equações com a relação fk = µk FN′ , temos: T − m k m1 g = m1a. Explicitando a na equação acima, substituindo na equação do bloco 2 e explicitando T, obtemos: T=
(2, 0 kg)[cos 35° − (0, 20)sen 35° ] m1 (cosu − m k senu ) (20 N) = 9, 4 N. F= 2, 0 kg + 1, 0 kg m1 + m2
89. Usamos a Segunda Lei de Newton, na forma Faplicada – f atrito = ma). Se Faplicada < fmáx, concluímos que a resposta é “não, o armário não se move” (o que significa que a = 0 e fatrito = Faplicada); se Faplicada > fmáx, a resposta é “sim, o armário se move” (que significa que a > 0 e f = fk). Para calcular os valores de fmáx e fk, usamos a Eq. 6-1 e a Eq. 6-2, respectivamente, com FN = 556 N, o que nos dá fmáx = 378 N e fk = 311 N. (a) Nesse caso, Faplicada < fmáx e, portanto, f = Faplicada = 222 N. (b) Nesse caso, Faplicada < fmáx e, portanto, f = Faplicada = 334 N. (c) Nesse caso, Faplicada > fmáx e, portanto, f = fk = 311 N. (d) Nesse caso, Faplicada > fmáx e, portanto, f = fk = 311 N. (e) O armário se move nas tentativas (c) e (d). 90. Analisando as forças na direção horizontal (na qual não há aceleração), chegamos à conclusão de que F = FN, ou seja, FN = 60 N. A força máxima de atrito estático é, portanto, fs,máx = µsFN = 33 N e a força de atrito cinético (se o bloco estiver em movimento) é fk = µkFN = 23 N. (a) Nesse caso, P = 34 N para cima. Supondo que f aponta para baixo, a aplicação da Segunda Lei de Newton à direção vertical nos dá P – mg – f = ma. Supondo que a = 0, f = (34 – 22) N = 12 N. Como f < fs, máx, a hipótese de que a = 0 está correta e a força de atrito é fs = 12 N, para baixo. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 12 N. (b) Nesse caso, P = 12 N para cima. Supondo que f aponta para baixo e que a = 0, f = (12 – 22) N = –10 N. Como | fs | < fs, máx, a hipótese de que a = 0 está correta, mas o fato de obtermos um valor negativo para f mostra que a hipótese de que f aponta para baixo está errada. Assim, a força de atrito é fs = 10 N, para cima. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 10 N. (c) Nesse caso, P = 48 N para cima. Supondo que f aponta para baixo e que a = 0, f = (48 – 22) N = 26 N. Como fs < fs, máx, a hipótese de que a = 0 está correta e, como obtivemos um valor positivo para f, a hipótese de que f aponta para baixo também está correta. Assim, a força de atrito é fs = 26 N, para baixo. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 26 N. (d) Nesse caso, P = 62 N para cima. Supondo que f aponta para baixo e que a = 0, f = (62 – 22) N = 40 N. Como f > fs, máx, a hipótese de que a = 0 não está correta. Como a ≠ 0, f = fk e como a diferença entre a força vertical e o peso é positiva, a aceleração aponta para cima e a hipótese
198 soluções dos problemas
de que f aponta para baixo está correta. Assim, a força de atrito é fk = 23 N, para baixo. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 23 N. (e) Nesse caso, P = 10 N para baixo. Supondo que f aponta para baixo, f = (–10 – 22) N = –32 N. Como | fs | < fs, máx, a hipótese de que a = 0está correta, mas o fato de obtermos um valor negativo para f mostra que a hipótese de que f aponta para baixo está errada. Assim, a força de atrito é fs = 32 N, para cima. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 32 N. (f) Nesse caso, P = 18 N para baixo. Supondo que f aponta para baixo, f = (–18 – 22) N = –40 N. Como | f | > fs, máx, a hipótese de que a = 0 não está correta. Como a ≠ 0, f = fk e, como a for ça vertical e o peso apontam para baixo, a aceleração aponta para baixo, e a hipótese de que f aponta para baixo está errada. Assim, a força de atrito é fk = 23 N, para cima. Como foi pedido apenas o módulo da força, a resposta é 23 N. (g) O bloco se move para cima no caso do item (d). (h) O bloco se move para baixo no caso do item (f). (i) A força de atrito é para baixo nos casos dos itens (a), (c) e (d). 91. O diagrama de corpo livre para a primeira parte do problema (em que o bloco escorrega para baixo com velocidade constante) aparece na figura a seguir,
De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: mg sen u − fk = mg sen u − m k FN = max = 0 mg cos u − FN = may = 0. Combinando as duas equações, obtemos m k = tan u . O diagrama de corpo livre para a segunda parte do problema (em que o bloco é lançado para cima) aparece na figura a seguir.
soluções dos problemas 199
De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: mg sen u + fk = mg sen u + m k FN = max mg cos u − FN = may = 0. Note que, de acordo com o sentido escolhido para o eixo x, ax > 0 significa que a aceleração é para baixo e, portanto, a velocidade do bloco diminui com o tempo. (a) Usando as equações m k = tan u e FN = mg cosu , encontramos para a componente x da aceleração um valor
m k FN (tan u )(mg cosu ) = g sen u + = 2 g sen u . m m A distância que o bloco sobe até parar pode ser calculada usando a Eq. 2-16: v 2f = v02 − 2ax Dx , que nos dá v2 v02 v02 Dx = 0 = = . 2ax 2(2 g sen u ) 4 g sen u ax = g sen u +
(b) O “ângulo de repouso” (ângulo mínimo para que um bloco comece a escorregar) é dado pela equação µs = tan θrepouso. Como, em geral, µs > µk (veja a discussão da Seção 6-2 do livro), tan θrepouso > tan θ, e, portanto, θrepouso > θ . Em consequência, quando o bloco para, a inclinação não é suficiente para que escorregue de volta. 92. Suponha que o carro está “na iminência de derrapar”, ou seja, que a força de atrito estático está com o valor máximo. Vamos primeiro considerar a soma vetorial F da força (máxima) de atrito estático com a força normal. Como a força de atrito e a força normal são mutuamente per pendiculares e têm módulos proporcionais (Eq. 6-1), o ângulo da força F com a vertical é φ = θ + θs, na qual tan θs = µs (veja a Eq. 6-13) e θ é o ângulo de compensação. Como a componente horizontal da força F deve ser igual à força centrípeta (mv2/R) e a componente vertical deve ser igual à força da gravidade (mg), chegamos a uma relação surpreendentemente simples: tan =
2 2 mvmáx /R vmáx = , mg Rg
o que nos dá vmáx =
Rg tan(u + tan −1 m s ) =
Rg(tan u + m s ) 1 − m s tan u .
(a) Para que os carros não “dependam” do atrito estático para não derrapar, a componente da força da gravidade paralela à estrada deve ser suficiente para proporcionar a aceleração centrípeta necessária. Para determinar o ângulo mínimo para que isso aconteça, basta fazer µs = 0 na equação acima, o que nos dá vmáx = Rg tan u . Para vmáx = 60 km/h = 16,67 m/s e R = 150 m, obtemos θ = 11°. (b) Por outro lado, se a curva não é compensada, θ = 0 e a equação acima se torna vmáx =
Rgm s
Para vmáx = 60 km/h = 16,67 m/s e R = 150 m, obtemos µs = 0,19. 93. (a) Como a caixa não se move até o instante t = 2,8 s, no qual o módulo da força aplicada atinge o valor F = (1,8)(2,8) = 5,0 N, isso significa que fs, máx = 5,0 N. Sabemos também que o módulo da força normal é igual ao peso da caixa: FN = mg = 15 N. Assim, µs = fs, máx/FN = 0,34. (b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo horizontal (e tomando como sentido positivo o sentido do movimento), temos: F − fk = ma ⇒ 1, 8t − fk = (1, 5) (1, 2t − 2, 4 ) . O que nos dá fk = 3,6 N. Assim, µk = fk / FN = 0,24.
200 soluções dos problemas
94. Na figura a seguir, m = 140/9,8 = 14,3 kg é a massa da criança. Chamamos de wx e w y as componentes da força gravitacional que a Terra exerce sobre a criança; os módulos dessas componentes são wx = mg sen θ e wy = mg cos θ.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton à direção paralela à superfície do escorrega, e tomando o sentido positivo como sendo para cima (de modo que a = –0,86 m/s2), temos: fk − 140 sen 25 = m(−0, 86) o que nos dá fk = 47 N. Aplicando a Segunda Lei de Newton à direção perpendicular à superfície do escorrega, temos: FN − 140 cos 25 = 0
⇒ FN = 127 N.
Assim, µk = fk/FN = 0,37. (b) Voltando à primeira equação do item (a), vemos que, se a componente do peso paralela à superfície do escorrega não fosse suficiente para vencer o atrito estático, a criança não escorregaria. Isso significa que 140 sen 25° > fs,máx = µs FN, o que nos dá tan 25° = 0,47 > µs. O valor máximo µs é, portanto, 0,47. O fato de que o valor mínimo de µs é µk é mais sutil: talvez seja conveniente reler a Seção 6-2 do livro. Se µk fosse maior que µs, a criança não poderia começar a se mover quando o atrito estático fosse superado (aumentando o ângulo do escorrega), já que o atrito se tornaria maior que o necessário para mantê-la em repouso! Os limites de µs são, portanto, 0,47 > µs > 0,37. 95. (a) A componente horizontal de F é responsável pelo movimento do esfregão, enquanto a componente vertical aumenta a força de atrito, ao aumentar a força normal. Aplicando a Segunda Lei de Newton à direção vertical, temos FN – F cos θ – mg = 0; aplicando a Segunda Lei de Newton à direção horizontal, temos F sen θ – fk = 0 (já que o esfregão, de acordo com o enunciado do problema, está se movendo com velocidade constante. Além disso, de acordo com a Eq. 6-2, fk = µk FN. Combinando essas equações, obtemos F=
m k mg . sen u − m k cosu
(b) O pano de chão não poderá se mover se a componente horizontal de F for menor que a força máxima de atrito estático, fs,máx. Isso significa que a condição limite é F sen θ = fs,máx. Combinando essa equação com a Eq. 6-1 e com a equação de equilíbrio na direção vertical, FN – F cos θ – mg = 0, temos: F=
m s mg . sen u − m s cos u
Como o denominador dessa equação se anula para µs = tan θ, isso significa que o ângulo limite é θ0 = tan −1 µs; para θ < θ0, o pano de chão permanecerá em repouso.
soluções dos problemas 201
96. (a) A distância percorrida em uma revolução do carrossel é 2πR = 2π(4,6 m) = 29 m. A velocidade (supostamente constante) é, portanto, v = (29 m)/(30 s) = 0,96 m/s. (b) A Segunda Lei de Newton (usando a Eq. 6-17 para o módulo da aceleração) nos dá v2 fs = m = m(0, 20). R De acordo com a Eq. 6-1, como FN = mg, o valor máximo do atrito estático é fs,máx = µs mg. Igualando este valor a fs = m(0,20), podemos cancelar as massas e obter como resultado µs = 0,20/9,8 = 0,021. 97. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da caixa.
Escolhemos um eixo x para a direita e um eixo y para cima. Chamamos a força aplicada pelo operário de F (e supomos que aponta para a direita). Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, temos: F − fk = max FN − mg = 0. De acordo com a Eq. 2-16 (v 2 = v02 + 2ax Dx ), a aceleração da caixa é ax =
v 2 − v02 (1, 0 m/s)2 − 0 = = 0, 357 m/s 2 . 2Dx 2(1,4 m)
Usando a relação fk = m k FN, obtemos:
mk =
fk F − max 85 N − (40 kg)(0, 357 m/s 2 ) = 0,18. = = (40 kg)((9, 8 m/s2 ) FN mg
98. A figura mostra as componentes da força F nas direções paralela e perpendicular ao plano inclinado.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às direções paralela e perpendicular à superfície do plano inclinado, temos: F cosu − fk − mg sen u = ma FN − F sen u − mg cosu = 0.
202 soluções dos problemas
Usando a relação fk = µk FN, essas equações nos dão a=
F (cosu − m k senu ) − g(senu + m k cosu ). m
Fazendo µk = 0,30, F = 50 N e m = 5,0 kg, obtemos a = –2,1 m/s2 ou |a | = 2,1 m/s2. (b) O sentido de a é para baixo. (c) Para v0 = +4,0 m/s e v = 0, a Eq. 2-16 nos dá Dx = −
(4,0 m/s)2 = 3,9 m. 2(−2,1 m/s2 )
(d) Esperamos que µs ≥ µk; caso contrário, um objeto que começasse a se mover imediatamente começaria a ser freado (antes mesmo de ganhar velocidade)! No caso limite, em que µs = µk = 0,30, o máximo atrito estático, de acordo com a Eq. 6-1, seria fs ,máx = m s FN = m s (F sen u + mg cosu ) = 21 N. Acontece que, para que a aceleração ao longo do eixo x seja nula, devemos ter fs = F cosu − mg sen u = 10 N. Como o valor de fs necessário para que o bloco permaneça em repouso é menor que fs,máx, o bloco permanece em repouso.
Capítulo 7
1. (a) De acordo com a Tabela 2-1, v 2 = v02 + 2a∆x . Assim, v=
1 2 1 2 mv0 = (1, 67 × 10 −27 kg ) ( 2, 4 × 10 7 m/s ) = 4, 8 × 10 −13 J. 2 2
A energia cinética final é Kf =
1 2 1 2 mv = (1, 67 × 10 −27 kg ) ( 2, 9 × 10 7 m/s ) = 6, 9 × 10 −13 J. 2 2
A variação de energia cinética é ∆K = 6,9 × 10–13 J – 4,8 × 10–13 J = 2,1 × 10–13 J. 2. Para uma velocidade v = 11.200 m/s, temos: 1 2 1 mv = (2, 9 × 10 5 ) (11200)2 = 1, 8 × 1013 J. 2 2 3. (a) A variação da energia cinética do meteorito seria K=
∆K = K f − K i = − K i = − 1 ( 4 × 106 kg) 2 = −5 × 1014 J, =−
1 mi vi2 2
(15 × 103
m/s )
2
ou | ∆K | = 5 × 1014 J. 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 1 megaton de TNT − ∆K = ( 5 × 1014 J ) 4, 2 × 1015 J
= 0,1 megaton de TNT.
(c) Como 1 megaton = 1000 quilotons, o número N de bombas que seria equivalente ao impacto do meteorito é dado por N=
0,1 × 1000 quilotons de TNT = 8. 13 quilotons de TNT
4. Vamos aplicar a equação x(t ) 5 x0 1 v0 t + 12 at 2 , que aparece na Tabela 2-1. Como x0 = 0 e v0 = 12 m/s no instante t = 0, a equação se torna x(t ) = 12t + 12 at 2 . 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 x (t ) = 12t − 2, 0 t 2 . Derivando x em relação a t, obtemos v (t ) =
dx = 12 − 4, 0 t . dt
204 soluções dos problemas
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 1 2 1 mv = (1, 8 × 10 −2 kg)( − 28 m/s)2 = 7,1 J. 2 2 5. Vamos chamar a massa do pai de m e a velocidade inicial do pai de vi. A energia cinética inicial do pai é K=
Ki =
1 K filho 2
e a energia cinética final (quando a velocidade é vf = vi + 1,0 m/s) é K f = K filho . Usamos essas relações e a Eq. 7-1 para resolver o problema. (a) Como K i =
1 K filho , temos: 2 1 2 1 1 2 mvi = m ( vi + 1.0 ) . 2 2 2
o que leva a uma equação do segundo grau em vi : 1 2 1 vi − vi − = 0. 2 2 A raiz positiva da equação acima (a única fisicamente aceitável) é vi = 2,4 m/s. (b) Como K i =
1 K filho e mfilho = m/2, temos: 2 1 2 1 1 m 2 mvi = vfilho 2 2 2 2
o que nos dá vfilho = 2vi = 4,8 m/s. 6. O trabalho realizado pela força aplicada Fa é dado por W = Fa ⋅ d = Fa d cos φ . De acordo com a Fig. 7-23, W = 25 J para φ = 0 e d = 5,0 cm. Isso nos permite calcular o módulo de Fa : Fa =
W 25 J = = 5, 0 × 10 2 N. d 0, 050 m
(a) Para φ = 64o, W = Fa d cos φ = (5, 0 × 10 2 N)(0,050 m) cos 64 = 11 J. (b) Para φ = 147o, W = Fa d cos φ = (5, 0 × 10 2 N)(0,050 m) cos 147 = −21 J. 7. Como este problema envolve um movimento com aceleração constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1, como x = v0 t + at 2 /2 (fazendo x0 = 0). Para o terceiro e quinto pontos, temos: 1 0, 2 m = v0 (1, 0 s) + a (1, 0 s)2 2 1 0, 8 m = v0 (2, 0 s) + a (2, 0 s)2 . 2 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 ∆K (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, W = ∆K =
1 (3, 0 kg) (0,80 m/s)2 = 0, 96 J. 2
soluções dos problemas 205
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 W = F ⋅d = 210 ˆi − 150 ˆj ⋅ 15ˆi − 12 ˆj = (210) (15) + (−150) (−12) = 5, 0 × 10 3 J.
(
)(
)
9. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, W = ∆K 1 1 = mv 2f − mvi2 2 2 1 = (2, 0 kg) [ (6, 0 m/s)2 − (4, 0 m/s)2 ] 2 = 20 J. Note que o resultado não depende das direções de v f e vi . 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: ∆K = W = F ⋅ d = Fd cos φ. Além disso, F = 12 N e d =
(2, 00 m)2 + (−4, 00 m)2 + (3, 00 m)2 = 5, 39 m.
(a) Para ∆K = +30, 0 J , 30, 0 J −1 ∆K −1 φ = cos = cos = 62, 3. Fd (12, 0 N)(5, 39 m)) (b) Para ∆K = −30, 0 J , −30, 0 J −1 ∆K φ = cos = cos −1 = 118. Fd (12, 0 N)(5, 39 m) 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 e a força F são negativas. (a) De acordo com a segunda lei de Newton, F = (85 kg) ( − 2, 0 m/s 2 ) e, portanto, F = F = 1, 7 × 10 2 N. (b) De acordo com a Eq. 2-16 (com v = 0), temos: 0 = v02 + 2a∆x ⇒ ∆x = −
( 37 m/s )2
2 ( −2, 0 m/s2 )
5 3, 4 3 10 2 m.
Também podemos calcular a distância percorrida usando o teorema do trabalho e energia cinética. (c) Como a força F tem o sentido oposto ao do movimento (ou seja, o ângulo φ entre F e d é 180°), a Eq. 7-7 nos dá W = − F ∆x = −5.8 × 10 4 J.
206 soluções dos problemas
(d) Nesse caso, a Segunda Lei de Newton nos dá F = (85 kg ) ( −4, 0 m/s 2 ) e, portanto, F = | F | = 3,4 × 10 2 N . (e) De acordo com a Eq. 2-16, temos: 2 37 m/s ) ( ∆x = − = 1, 7 × 10 2 2 ( −4, 0 m/s 2 )
m.
(f) Como, mais uma vez, a força tem o sentido oposto ao do movimento (ou seja, o ângulo F φ entre F e d é 180°), a Eq. 7-7 nos dá W = −F∆x = −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 = Fres∆x, na qual Fres é o módulo da força resultante e ∆x é o módulo do deslocamento. As componentes x e y da força resultante são Fres x = − F1 − F2 sen 50 + F3 cos 35 = −3, 00 N − (4, 00 N) sen 35 + (10, 0 N) cos 35 = 2,127 N Fres y = − F2 cos 50 + F3 sen 35 = −(4, 00 N) cos 50 + (10, 0 N)) sen 35 = 3,165 N. O módulo da força resultante é Fres =
Fres2 x + Fres2 y =
(2,13 N)2 + (3,17 N)2 = 3,882 N.
O trabalho realizado pela força resultante é W = Fres d = (3, 82 N) (4, 00 m) = 15, 3 J na qual usamos o fato de que d Fres (pois a caixa partiu do repouso e se moveu horizontalmente ao ser submetida a forças horizontais, cuja resultante é Fres ). 15. (a) Como as forças são constantes, o trabalho realizado por elas é dado por W = F ⋅ d , em que d é o deslocamento. Como a força F1 age na direção do deslocamento, W1 = F1d cos φ1 = (5, 00 N) (3, 00 m) cos 0 = 15, 0 J. Como a força F2 faz um ângulo de 120° com a direção do deslocamento, W2 = F2 d cos φ 2 = (9, 00 N) (3, 00 m) cos 120 = −13.5 J. Como a força F3 é perpendicular à direção do deslocamento, W3 = F3d cos φ3 = 0, pois cos 90° = 0. O trabalho total realizado pelas três forças é W = W1 + W2 + W3 = 15, 0 J − 13, 5 J + 0 = +1, 5 J. (b) A energia cinética aumenta de 1,50 J durante o deslocamento. 16. A variação de energia cinética é dada por ∆K =
1 1 m( v 2f − vi2 ) = m(2a∆x ) = ma∆x 2 2
em que usamos a relação v 2f = vi2 + 2a∆x da Tabela 2-1. De acordo com a Fig. 7-28, ∆K = (0 − 30) J = −30 J para ∆x = +5 m . A aceleração é, portanto, ∆K (−30 J) a= = = −0, 75 m/s 2 . m ∆x (8, 0 kg)(5, 0 m) O sinal negativo mostra que a velocidade do objeto está diminuindo. De acordo com a Fig. 7-28, a energia cinética se anula no ponto x = 5 m , o que significa que o objeto para momentaneamente. Assim, v02 = v 2 − 2a∆x = 0 − 2(−0, 75 m/s 2 )(5, 0 m) = 7, 5 m 2 /s 2
soluções dos problemas 207
ou v0 = 2, 7 m/s . A velocidade do objeto no ponto x = −3,0 m é v=
v02 + 2a∆x = 7, 5 m 2 /s2 + 2(−0, 75 m/s2 )(−3, 0 m) = 12 m/s = 3, 5 m/s . 17. Vamos chamar de F a força exercida pelo cabo sobre a astronauta. A força do cabo é para cima e a força da gravidade é mg, dirigida para baixo. Sabemos ainda que a aceleração da astronauta é a = g/10 para cima. De acordo com a segunda lei de Newton, temos: F − mg = ma ⇒ F = m( g + a) =
11 mg. 10
(a) Como a força do cabo, F , e o deslocamento, d , são paralelos, o trabalho realizado por F é WF = Fd =
11mgd 11 (72 kg) ( 9,8 m/s2 ) (15 m) = = 1,164 × 10 4 J ≈ 1,2 3 10 4 J. 10 10
(b) De acordo com a Eq. 7-7, o trabalho realizado pela força da gravidade é Wg = 2Fg d 5 − mgd = − (72 kg) ( 9,8 m/s 2 ) (15 m) = − 1, 058 × 10 4 J ≈ 2 1,1 3 10 4 J. (c) O trabalho total é a soma dos dois trabalhos: Wtot 5 WF 1 Wg = 1,164 × 10 4 J − 1,058 × 10 4 J = 1,06 × 10 3 J ≈ 1,1 3 10 3 J. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, como a astronauta partiu do repouso, essa é a sua energia cinética pouco antes de chegar ao helicóptero. (d) Como K = mv2/2, a velocidade da astronauta pouco antes de chegar ao helicóptero é v=
2K m
=
2(1, 06 × 10 3 J) 72 kg
= 5, 4 m/s.
Nota: No caso mais geral de uma aceleração vertical para cima de módulo a, o trabalho total realizado seria dado por Wtot 5 WF 1 Wg 5 Fd 2 Fgd 5 m(g 1 a)d 2 mgd 5 mad. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, como Wtot = ∆K = mv2/2, a velocidade da astronauta seria v = 2ad , um valor que não depende da massa da astronauta. 18. Nos dois casos, como não existe aceleração, a força usada para levantar o objeto é igual ao peso do objeto. (a) De acordo com a Eq. 7-8, W = F ⋅ d = (360 kN) (0,10 m) = 36 kJ. (b) Nesse caso, W = (4000 N)(0,050 m) = 2, 0 × 10 2 J. 19. Poderíamos usar a Eq. 7-15, mas, na verdade, para responder ao que foi pedido no enunciado do problema, basta calcular a contribuição da corda (que corresponde ao termo “Wa” da Eq. 7-15): Wa = −(50 N)(0,50 m) = −25 J. (O sinal negativo aparece porque a força exercida pela corda tem o sentido oposto ao do movimento do bloco.) Assim, a energia cinética aumentaria 25 J se o bloco não estivesse preso a uma corda (e sofresse o mesmo deslocamento). 20. De acordo com o gráfico da Fig. 7-30, a energia cinética (em joules) varia com x (em metros) de acordo com a equação K = K s − 20 x = 40 − 20 x .
208 soluções dos problemas
Como W = ∆K = Fx ⋅ ∆x, a componente da força na direção do semieixo x positivo é Fx = dK / dx = −20 N. A força normal que age sobre o bloco é FN = Fy e está relacionada à força da gravidade através da equação mg =
Fx2 + (− Fy )2
(Note que FN aponta no sentido oposto ao da componente da força gravitacional.) Para uma energia cinética inicial Ks = 40,0 J e v0 = 4,00 m/s, a massa do bloco é m=
2K s 2(40, 0 J) = = 5, 00 kg. v02 (4, 00 m/s)2
Assim, a força normal é Fy =
(mg)2 − Fx2 =
(5, 0 kg)2 (9, 8 m/s 2 )2 − (20 N)2 = 44, 7 N ≈ 45 N.
21. Vamos chamar de F o módulo da força que a corda exerce sobre o bloco. A força F aponta para cima, no sentido oposto ao da força de gravidade (cujo módulo é Fg = Mg), para evitar que o bloco entre em queda livre. A aceleração é a = g/4 e aponta para baixo. Tomando o sentido para baixo como positivo e usando a segunda lei de Newton, temos: g Fres = ma ⇒ Mg − F = M 4 e, portanto, F = 3Mg/4, no sentido oposto ao do deslocamento. Por outro lado, a força da gravidade Fg = mg tem o mesmo sentido que o deslocamento. (a) De acordo com a Eq. 7-7, o trabalho realizado pela força que a corda exerce sobre o bloco é dado por 3 WF = − Fd = − Mgd . 4 (b) O trabalho realizado pela força da gravidade é Wg = Fgd 5 Mgd . (c) O trabalho total realizado sobre o bloco é a soma dos dois trabalhos: 3 1 Wtotal = WF 1 Wg 5 2 Mgd 1 Mgd 5 Mgd . 4 4 Como o bloco parte do repouso, usamos a Eq. 7-15 para concluir que o trabalho total (Mgd/4) é a energia cinética K do bloco após percorrer uma distância d. (d) Como K = Mv2/2, a velocidade do bloco é v=
2K = M
2( Mgd /4) = M
gd 2
após o bloco percorrer uma distância d. 22. Vamos chamar de d o módulo do deslocamento do espeleólogo em cada estágio. A massa do espeleólogo é m = 80,0 kg. O trabalho executado pela força usada para içá-lo será chamada de Wi, na qual i = 1, 2, 3 para os três estágios. O problema pode ser resolvido usando o teorema do trabalho e energia cinética, Eq. 17-15. (a) No estágio 1, W1 − mgd = ∆K1 = mv12 /2, na qual v1 = 5,00 m/s. Isso nos dá W1 = mgd +
1 2 1 mv1 = (80, 0 kg) (9,8 kg) (10,0 m/s2 ) + (8, 00 m/s 2 )(5, 00 m)2 = 8, 84 × 10 3 J. 2 2
(b) No estágio 2, W2 – mgd = ∆K2 = 0, o que nos dá W2 = mgd = (80, 0 kg) ( 9,8 m/s 2 ) (10,0 m) = 7, 84 × 10 3 J.
soluções dos problemas 209
(c) No estágio 3, W3 − mgd = ∆K3 = − mv12 /2. Isso nos dá W3 = mgd −
1 2 1 mv1 = (80, 0 kg) (9,8 kg) (10,0 m/s2 ) − (8, 00 m/s 2 )(5, 00 m)2 = 6, 84 × 10 3 J. 2 2
23. O fato de que a força aplicada Fa faz com que a caixa suba uma rampa sem atrito com velocidade constante significa que não há variação de energia cinética: ∆K = 0. Assim, o trabalho realizado por Fa é igual ao negativo do trabalho realizado pela gravidade: Wa = −Wg . Como a caixa sofre um deslocamento vertical h = 0,150 m, temos: Wa = + mgh = (3, 00 kg)(9, 80 m/s2 )(0,150 m) = 4, 41 J. 24. (a) Usando a notação adotada em muitas calculadoras científicas, temos, de acordo com a Eq. 7-8, W = dot([20.0,0] + [0, −(3.00)(9.8)], [0.500 ∠ 30.0º]) = +1,31 J , onde “dot” significa produto escalar. (b) De acordo com as Eqs. 7-1 e 7-10, v=
2(1, 31 J) / (3, 00 kg) = 0, 935 m/s.
25. (a) A força resultante que age sobre o sistema elevador-queijo é dada por F + FN − (m + M ) g = (m + M )a em que m = 0,250 kg é a massa do pedaço de queijo, M = 900 kg é a massa do elevador, F é a força exercida pelo cabo sobre o elevador e FN = 3,00 N é a força normal exercida pelo piso do elevador sobre o queijo. Considerando apenas o queijo, temos: FN − mg = ma ⇒ a =
3, 00 N − (0, 250 kg)(9, 80 m/s 2 ) = 2, 20 m/s2. 0, 250 kg
Assim, a força exercida pelo cabo sobre o elevador é F = (m + M )(a + g) − FN = 1, 08 × 10 4 N e o trabalho realizado pelo cabo é W = Fd1 = (1, 80 × 10 4 N)(2, 40 m) = 2, 59 × 10 4 J. (b) Para W = 92,61 kJ e d2 = 10,5 m, o módulo da força normal é FN = (m + M ) g −
W 9, 261 × 10 4 J = (0, 250 kg + 900 kg)(9, 80 m/s2 ) − = 2, 45 N. d2 10, 5 m
26. Como o bloco está em repouso antes e depois do deslocamento, podemos usar as Eqs. 7-25 e 7-28. O trabalho realizado pela força é dado por 1 k ( x 2f − xi2 ). 2 A constante elástica é k = (80 N)/(2,0 cm) = 4,0 × 103 N/m. Para Wa = 4,0 J e xi = −2,0 cm, temos: Wa = −Ws =
xf = ±
2Wa 2(4, 0 J) + xi2 = ± + (−0, 020 m)2 = ±0, 049 m = ±4,9 cm. k (4, 0 × 10 3 N/m)
27. De acordo com a Eq. 7-25, o trabalho realizado pela mola é Ws =
1 k ( xi2 − x 2f ) . 2
210 soluções dos problemas
O fato de que uma força de 360 N deve ser aplicada para fazer o bloco se deslocar até o ponto x = + 4,0 cm significa que a constante elástica é k=
360 N = 90 N/cm = 9,0 × 10 3 N/m . 4,0 cm
(a) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para x = +3,0 cm, temos: 1 (9, 0 × 10 3 N/m)[(0, 050 m)2 − (0, 030 m)2 ] = 7, 2 J. 2
Ws =
(b) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para x = −3,0 cm, temos: 1 (9, 0 × 10 3 N/m )[(0, 050 m)2 − (−0, 030 m)2 ] = 7, 2 J. 2 (c) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para x = −5,0 cm, temos: Ws =
28. A constante elástica é k = 100 N/m e o alongamento é xi = 5,00 m. Usando a Eq. 7-25 com xf = 0, obtemos: 1 1 W = kxi2 = (100 N/m)(5,00 m)2 = 1, 25 × 10 3 J. 2 2 1 29. O trabalho realizado pela mola é dado pela Eq. 7-25: Ws = k ( xi2 − x 2f ). A constante 2 elástica k pode ser determinada a partir do gráfico da Fig. 7-34, que mostra o trabalho realizado para deslocar o bloco de x = 0 até x = 3,0 cm. Como a parábola Wa = kx2/2 passa pelos pontos (0,0), (2,0 cm, 0,40 J) e (3,0 cm, 0,90 J), concluímos que k = 2,0 × 103 N/m. (a) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para x = +4,0 cm, temos: 1 (2, 0 × 10 3 N/m)[(0, 050 m)2 − (0, 040 m)2 ] = 0, 90 J. 2 (b) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para x = −2,0 cm, temos: Ws =
1 (2, 0 × 10 3 N/m )[(0, 050 m)2 − (−0, 020 m)2 ] = 2,1 J. 2 (c) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para xi = −5,0 cm, temos: Ws =
1 (2, 0 × 10 3 N/m )[(0, 050 m)2 − (−0, 050 m)2 ] = 0 J. 2 30. A Lei de Hooke e o trabalho realizado por uma mola são discutidos neste capítulo. Aplicamos o teorema do trabalho e energia cinética, na forma ∆K = Wa + Ws, aos pontos x = 1,0 m e x = 2,0 m da Fig. 7-35. Reconhecendo que o trabalho “aplicado” Wa está associado à força constante P , obtemos o seguinte sistema de equações: Ws =
4 J = P(1, 0) − 0 = P(2, 0) −
1 k (1, 0)2 2
1 k (2, 0)2. 2
(a) Resolvendo o sistema de equações, obtemos P = 8,0 N. (b) Substituindo P pelo seu valor em uma das equações, obtemos k = 8,0 N/m.
soluções dos problemas 211
31. (a) Quando o corpo se move ao longo do eixo x de xi = 3,0 m para xf = 4,0 m, o trabalho realizado pela força é
∫ =∫
W=
xf xi xf
xi
Fx dx −6 x dx = −3( x 2f − xi2 )
= −3 (4,0 2 − 3, 0 2 ) = −21 J.
De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, esse trabalho é igual à variação de energia cinética: 1 W = ∆K = m(v 2f − vi2 ) 2 na qual vi é a velocidade inicial (no ponto xi) e vf é a velocidade final (no ponto xf). Assim, temos: 2W + vi2 = m
vf =
2(−21 J) + (8, 0 m/s)2 = 6, 6 m/ss . 2, 0 kg
(b) Sabemos que a velocidade da partícula no ponto x = xf é vf = 5,0 m/s. Podemos usar o teorema do trabalho e energia cinética para calcular o valor de xf. Como o trabalho realizado sobre a partícula é W = −3( x − x ) , temos: 2 f
2 i
)
−3 ( x 2f − xi2 =
1 m ( v 2f − vi2 2
)
e, portanto,
)
m 2 ( v f − vi2 + xi2 6 2, 0 kg = − ((5, 0 m/s)2 − (8, 0 m/s)2 ) + (3, 0 m)2 6 N/m = 4, 7 m.
xf =
−
32. O trabalho realizado pela mola é dado pela Eq. 7-25: Ws = k ( xi2 − x 2f ) / 2 . Como Fx = −kx, a inclinação da reta da Fig. 7-36 corresponde à constante elástica k. O valor da constante elástica é k = 80 N/cm = 8,0 × 103 N/m. (a) Quando o bloco se desloca de xi = +8,0 cm para x = +5,0 cm, temos: 1 (8, 0 × 10 3 N/m)[(0, 080 m)2 − (0, 050 m)2 ] = 15, 6 J ≈ 16 J. 2 (b) Quando o bloco se desloca de xi = +8,0 cm para x = 5,0 cm, temos: Ws =
1 (8, 0 × 10 3 N/m)[(0, 080 m)2 − (−0, 050 m)2 ] = 15, 6 J ≈ 16 J. 2 (c) Quando o bloco se desloca de xi = +8,0 cm para x = −8,0 cm, temos: Ws =
33. (a) De acordo com a Eq. 7-28, temos: Fx = kx2/2 ⇒ (3,0 N) x = (50 N/m)x2/2, o que nos dá uma única solução diferente de zero, x = (3,0/25) m = 0,12 m.
212 soluções dos problemas
(b) O trabalho realizado pela força aplicada é Wa = Fx = (3,0 N)(0,12 m) = 0,36 J. (c) De acordo com a Eq. 7-28, Ws = −Wa = −0,36 J. (d) Fazendo Kf = K e Ki = 0, a Eq. 7-27 nos dá K = Fx − kx2/2. Vamos derivar K em relação a x e igualar a expressão resultante a zero para determinar o valor de x, xc, para o qual a energia cinética K é máxima: F = (3,0/50) m = 0,060 m. xc = k Note que xc também é o ponto no qual a força resultante é nula. (e) Fazendo x = xc na expressão da energia cinética, obtemos K = Kmáx = 0,090 J. 34. De acordo com o gráfico da Fig. 7-37, a aceleração a varia linearmente com a coordenada x. Assim, sabemos que a aceleração varia de acordo com a equação a = αx, em que α é a inclinação da reta. De acordo com os valores mostrados no gráfico, α=
20 m/s 2 = 2, 5 s−2 . 8, 0 m
A força aplicada ao tijolo aponta no sentido positivo do eixo x e, de acordo com a segunda lei de Newton, seu módulo é dado por F = ma = mαx. Chamando de xf a coordenada do ponto final do deslocamento, o trabalho realizado pela força é W=
35. Dada uma força unidimensional F(x), o trabalho executado é a área sob a curva de F(x): xf W= F ( x) dx .
∫
xi
(a) A figura acima mostra o gráfico de F(x). Vamos supor que x0 é positivo. Nesse caso, o trabalho é negativo quando a partícula se desloca de x = 0 até x = x0 e positivo quando a partícula se desloca de x = x0 a x = 2x0. Como a área de um triângulo é dada por (base)(altura)/2, o trabalho realizado de x = 0 a x = x0 é W1 = −( x 0 )( F0 ) / 2 e o trabalho realizado de x = x0 até x = 2x0 é W2 = (2 x 0 − x 0 )( F0 ) / 2 = ( x 0 )( F0 ) / 2 . O trabalho total é a soma dos dois trabalhos: W = W1 + W2 = − (b) Integrando F(x), obtemos: 2 x0
36. De acordo com a Eq. 7-32, a área sob a curva da Fig. 7-38 é igual ao trabalho realizado. Calculando a área a partir das expressões da área de um retângulo (comprimento × largura) e da área de um triângulo (base × altura)/2, obtemos W = W0< x < 2 + W2< x < 4 + W4< x 0 significa que a mola está comprimida). (a) Para x = 0,190 m, a Eq. 7-26 nos dá 1 Ws = − kx 2 = −7, 22 J ≈ −7, 2 J 2 para o trabalho realizado pela mola sobre o bloco. De acordo com a Terceira Lei de Newton, o trabalho realizado pelo bloco sobre a mola é 7,2 J. (b) Como foi calculado no item (a), o trabalho realizado pela mola sobre o bloco é −7,2 J. (c) De acordo com a lei de conservação da energia, K i + Ui = K f + U f 1 mgh0 = − mgx + kx 2 2 o que, para m = 0,70 kg, nos dá h0 = 0,86 m. (d) Podemos calcular o valor de x para uma altura h0′ = 2h0 = 1, 72 m usando a fórmula da equação do segundo grau e escolhendo a raiz positiva, para que x > 0: mgh0′ = − mgx +
1 2
⇒ x=
mg + ( mg)2 + 2 mgkh0′ k
o que nos dá x = 0,26 m. 17. (a) No ponto Q, o bloco (que nesse ponto está descrevendo um movimento circular) experimenta uma aceleração centrípeta v2/R que aponta para a esquerda. Podemos calcular o valor de v2 usando a lei de conservação da energia: K P + U P = K Q + UQ 1 0 + mgh = mv 2 + mgR. 2 Usando o fato de que h = 5R, obtemos mv2 = 8mgR. Assim, a componente horizontal da força resultante que age sobre o bloco no ponto Q é F = mv2/R = 8mg = 8(0,032 kg)(9,8 m/s2) = 2,5 N. A força aponta para a esquerda (na mesma direção de a ). (b) A componente vertical da força que age sobre o bloco no ponto Q é a força da gravidade F = mg = (0,032 kg)(9,8 m/s2) = 0,31 N. (c) Quando o bloco está na iminência de perder contato com a superfície, a força centrípeta é igual à força da gravidade: mvt2 = mg ⇒ mvt2 = mgR . R Para obter o novo valor de h, usamos a lei de conservação da energia: K P + U P = K t + Ut 1 0 + mgh = mvt2 + mght 2 1 mgh = ( mgR) + mg(22 R). 2 Assim, h = 2,5R = (2,5)(0,12 m) = 0,30 m.
soluções dos problemas 233
(d) De acordo com a segunda lei de Newton, a força normal FN, para velocidades vt maiores que gR (que são as únicas para as quais existe força normal; veja a solução do item anterior), é dada por FN =
mvt2 − mg R
Como vt2 está relacionada a h pela lei de conservação da energia 1 2 vt + 2 gR 2 a força normal em função de h (contanto que h ≥ 2,5R; veja o item anterior) se torna K P + U P = K t + Ut
⇒ gh =
2 mgh − 5mg. R Assim, o gráfico para h ≥ 2,5R = 0,30 m, mostrado na figura a seguir, é uma linha reta de inclinação positiva 2mg/R. Note que a força normal é zero para h ≤ 2,5R. FN =
18. Para resolver este problema, podemos usar a Eq. 8-18, escolhendo como referência para a energia potencial o ponto mais baixo da trajetória, que também será considerado a posição “final” da bola. (a) Na posição mostrada na Fig. 8-32, que vamos considerar como posição inicial, a energia potencial é U = mgL(1 – cos θ). Assim, temos: K i + Ui = K f + U f 1 0 + mgL (1 − cos θ ) = mv 2 + 0 2 o que nos dá v=
2mgL (1 − cos θ ) = m
2 gL (1 − cos θ ).
Para L = 2,00 m e θ = 30,0°, v = 2,29 m/s. (b) Como o resultado do item anterior mostra que a velocidade não depende da massa, a velocidade permanece a mesma quando a massa aumenta. 19. Vamos converter a distância dada para unidades do SI e escolher o sentido para cima do eixo y como positivo. Além disso, vamos tomar a origem como a posição da extremidade superior da mola não comprimida. Nesse caso, a compressão inicial da mola (que define a posição de equilíbrio entre a força elástica e a força da gravidade) é y0 = –0,100 m e a compressão adicional leva a extremidade superior da mola para a posição y1 = –0,400 m.
234 soluções dos problemas
(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, quando a pedra está na posição de equilíbrio (a = 0), temos: Fres = ma Fmola − mg = 0 − k (−0,100) − (8, 00)(9, 8) = 0 Em que foi usada a lei de Hooke (Eq. 7-21). A última equação nos dá uma constante elástica k = 784 N/m. (b) Quando a mola é comprimida por uma força adicional e depois liberada, a aceleração deixa de ser nula e a pedra começa a se mover para cima, transformando parte da energia potencial elástica (armazenada na mola) em energia cinética. De acordo com a Eq. 8-11, a energia potencial elástica no momento em que a mola é liberada é 1 2 1 ky1 = (784 N/m)(−0, 400)2 = 62, 7 J. 2 2 (c) A altura máxima y2 está além do ponto em que a pedra se separa da mola e é caracterizada por uma velocidade momentânea igual a zero. Tomando a posição y1 como referência para a energia potencial gravitacional, temos: U=
K1 + U1 = K 2 + U 2 1 0 + ky12 = 0 + mgh 2 em que h = y2 – y1 é a distância entre o ponto de altura máxima e o ponto de lançamento. Assim, mgh (o ganho de energia potencial gravitacional) é igual à perda da energia potencial elástica calculada no item anterior, 62,7 J. (d) A altura máxima é h = k y12 /2mg = 0,800 m ou 80,0 cm. 20. (a) Tomamos como referência para a energia potencial gravitacional o ponto mais baixo da trajetória da pedra. Seja θ o ângulo do fio do pêndulo com a vertical. Nesse caso, a altura y da pedra é dada por L(1 – cosθ ) = y. Assim, a energia potencial gravitacional é mg y = mgL(1 – cosθ). Sabemos que para θ = 0º (ou seja, quando a pedra está no ponto mais baixo da trajetória) a velocidade é 8,0 m/s; de acordo com a Eq. 7-1, a energia cinética nessa posição é 64 J. Para θ = 60º, a energia mecânica da pedra é 1 2 mv + mgL (1 − cos θ ). 2 De acordo com a lei de conservação da energia, como não há atrito, essa energia é igual a 64 J. Explicitando a velocidade, obtemos v = 5,0 m/s. Emec =
(b) Para determinar o ângulo máximo atingido pelo pêndulo (conhecido como “ponto de retorno”, igualamos novamente a 64 J a expressão do item anterior, mas fazendo v = 0 e considerando θ como incógnita. Isso nos dá θmáx = 79°. (c) Como foi visto no item (a), a energia mecânica total é 64 J. 21. Para resolver este problema, podemos usar a lei de conservação da energia mecânica (Eq. 8-18). Escolhemos como referência para a energia potencial U (e para a altura h) o ponto mais baixo da trajetória do peso, que também será considerado sua posição “final”.
soluções dos problemas 235
(a) Observando a Fig. 8-32, vemos que h = L – L cos θ, em que θ é o ângulo entre o fio do pêndulo e a vertical. Assim, a energia potencial gravitacional na posição mostrada na Fig. 8-32 (a posição inicial) é U = mgL(1 – cos θ0). Nesse caso, temos: K 0 + U0 = K f + U f 1 2 1 mv0 + mgL (1 − cos θ 0 ) = mv 2 + 0 2 2 o que nos dá v= =
2 1 2 mv0 + mgL (1 − cos θ 0 ) = m 2
v02 + 2 gL (1 − cos θ 0 )
(8, 00 m/s)2 + 2(9, 80 m/s 2 )(1, 25 m)(1 − cos 40) = 8, 35 m/s.
(b) Estamos interessados em encontrar o menor valor da velocidade inicial para o qual o peso chega à posição horizontal, ou seja, devemos ter vh = 0 para θ = 90° (ou θ = –90°, tanto faz, já que cos(–φ) = cos φ). Temos: K 0 + U0 = K h + Uh 1 2 mv0 + mgL (1 − cos θ 0 ) = 0 + mgL 2
o que nos dá v0 =
2 gL cos θ 0 =
2(9, 80 m/s 2 )(1, 25 m) cos 40 = 4, 33 m/s.
(c) Para que a corda fique esticada na posição vertical, com o peso acima da corda, a força centrípeta deve ser, no mínimo, igual à força gravitacional: mvt2 = mg ⇒ mvt2 = mgL , r na qual levamos em conta que r = L. Substituindo na expressão da energia cinética (com θ = 180°), temos: K 0 + U0 = K t + Ut 1 2 1 mv0 + mgL (1 − cos θ 0 ) = mvt2 + mg(1 − cos 180 o ) 2 2 1 2 1 mv0 + mgL (1 − cos θ 0 ) = (mgL ) + mg(2 L ) 2 2 o que nos dá v0 =
gL (3 + 2 cos θ 0 ) =
(9, 80 m/s 2 )(1, 25 m)(3 + 2 cos 40) = 7, 45 m/s.
(d) Quanto maior a energia potencial inicial, menor a energia cinética necessária para chegar às posições dos itens (b) e (c). Aumentar θ0 significa aumentar U0; assim, a um maior valor de θ0 correspondem menores valores de v0 nos itens (b) e (c). 22. De acordo com a Eq. 4-24, a altura h do salto do esquiador pode ser obtida a partir da equação vy2 = 0 = v02y − 2 ghs, na qual v0 y = v0 sen 28° é a componente vertical da “velocidade de lançamento” do esquiador. Para determinar v0, usamos a lei de conservação da energia. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, como o esquiador parte do repouso y = 20 m acima do ponto de “lançamento”, temos: 1 2 mv ⇒ v = 2 gy = 20 m/s 2 que se torna a velocidade inicial v0 do salto. Assim, a relação entre h e v0 é mgy =
h=
(v0 sen 28° )2 = 4 , 4 m. 2g
236 soluções dos problemas
(b) Como o resultado final não depende da massa do esquiador, a altura máxima h seria a mesma. 23. (a) Quando a bola chega ao ponto mais baixo, a energia potencial inicial U = mgL (medida em relação ao ponto mais baixo) foi convertida totalmente em energia cinética. Assim, mgL = Para L = 1,20 m, v =
2 gL =
1 2 mv ⇒ v = 2
2 gL.
2(9, 80 m/s 2 )(1, 20 m) = 4, 85 m/s .
(b) Nesse caso, a energia mecânica total se divide entre a energia cinética mvb2 /2 e a energia potencial mgyb. Sabemos que yb = 2r, na qual r = L – d = 0,450 m. De acordo com a lei de conservação da energia, 1 mgL = mvb2 + mgyb 2 o que nos dá vb =
2 gL − 2 g(2r ) = 2, 42 m/s.
24. Vamos chamar de x a compressão da mola (considerada positiva) e usar como referência para a energia potencial gravitacional a posição inicial do bloco. O bloco desce uma distância total h + x e a energia potencial gravitacional final é –mg(h + x). A energia potencial elástica da mola é kx2/2 na posição final e a energia cinética do bloco é zero tanto na posição inicial como na posição final. De acordo com a lei de conservação da energia, K i + Ui = K f + U f 0 = − mg(h + x ) +
1 2 kx 2
que é uma equação do segundo grau em x. Usando a fórmula da equação do segundo grau, obtemos mg ± ( mg)2 + 2 mghk . k Para mg = 19,6 N, h = 0,40 m, k = 1960 N/m e, escolhendo a raiz positiva para que x > 0, temos: x=
25. Como o tempo não aparece explicitamente nas expressões da energia, usamos primeiro uma das equações da Tabela 2-1 para calcular a variação de altura da bola durante a queda livre de t = 6,0 s: ∆y = v0 y t −
1 2 gt 2
o que nos dá ∆y = −32 m. Assim, ∆U = mg∆y = −318 J ≈ −3, 2 × 10 −2 J. 26. (a) Com a energia em joules e o comprimento em metros, temos: x
∆U = U ( x) − U (0) = − ∫ (6 x ′ − 12)dx ′. 0
Assim, como sabemos que U (0) = 27 J, podemos obter U(x) (escrita simplesmente como U) calculando a integral e reagrupando os termos: U = 27 + 12 x − 3 x 2 . (b) Podemos maximizar a função acima igualando a derivada a zero ou usando o equilíbrio de forças. Vamos usar o segundo método. F = 0 ⇒ 6 xeq − 12 = 0.
soluções dos problemas 237
Assim, xeq = 2,0 m e, portanto, U = 39 J. (c) Usando a fórmula da equação do segundo grau, um computador ou uma calculadora científica, descobrimos que o valor negativo de x para o qual U = 0 é x = –1,6 m. (d) Usando a fórmula da equação do segundo grau, um computador ou uma calculadora científica, descobrimos que o valor positivo de x para o qual U = 0 é x = 5,6 m. 27. (a) Para verificar se o cipó se rompe, basta analisar a situação no instante em que Tarzan passa pelo ponto mais baixo da trajetória, já que é nesse ponto que o cipó (se não se romper) estará submetido ao máximo esforço. Tomando o sentido para cima como positivo, a Segunda Lei de Newton nos dá T − mg = m
v2 r
na qual r = 18,0 m e m = W/g = 688/9,8 = 70,2 kg. Podemos obter o valor de v2 a partir da lei de conservação da energia (tomando como referência para a energia potencial o ponto mais baixo da trajetória): mgh =
1 2 mv ⇒ v 2 = 2 gh 2
na qual h = 3,20 m. Combinando esses resultados, obtemos T = mg + m
2 gh 2h = mg 1 + r r
o que nos dá 933 N. Assim, o cipó não se rompe. (b) Arredondando para o número apropriado de algarismos significativos, vemos que a maior força a que é submetido o cipó é 9,3 × 102 N. 28. A constante elástica é dada pela inclinação do gráfico: k=
∆F = 0,10 N/cm = 10 N/m. ∆x
(a) Igualando a energia potencial da mola comprimida à energia cinética da rolha no momento em que se separa da mola, temos: k 1 2 1 2 kx = mv ⇒ v = x m 2 2 o que nos dá v = 2,8 m/s para m = 0,0038 kg e x = 0,055 m. (b) Na nova situação, a energia potencial não é zero no instante em que a rolha se separa da mola. Para d = 0,015 m, temos: 1 2 1 2 1 2 kx = mv + kd ⇒ v = 2 2 2
k 2 (x − d 2 ) m
o que nos dá v = 2,7 m/s. 29. Vamos chamar de A o ponto em que o bloco é liberado, de B o ponto em que entra em contato com a mola e de C o ponto em que para momentaneamente, como mostra a figura a seguir. Escolhemos o ponto C como referência para a energia potencial gravitacional. A energia potencial elástica da mola é zero quando a mola está relaxada.
238 soluções dos problemas
Para calcular a constante elástica da mola, usamos as informações da segunda frase do enunciado. De acordo com a lei de Hooke, F 270 N = = 1, 35 × 10 4 N/m. x 0, 02 m A distância entre os pontos A e B é l0 e a distância total percorrida pelo bloco, l0 + x0 , está relacionada à altura inicial hA (medida em relação ao ponto C) por meio da equação k=
sen θ =
hA l0 + x 0
na qual θ = 30° é o ângulo do plano inclinado. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, K A + U A = K C + U C ⇒ 0 + mghA =
1 2 kx0 2
o que nos dá hA =
(1, 35 × 10 4 N/m)(0, 055 m)2 kx02 = = 0,174 m. 2 mg 2(12 kg)(9,,8 m/s 2 )
Assim, a distância total percorrida pelo bloco antes de parar momentaneamente é l0 + x 0 =
0,174 m hA = = 0, 347 m ≈ 0, 35 m . sen 30° sen 30°
(b) De acordo com o resultado do item (a), l0 = x0 = 0, 347 m − 0, 055 m = 0, 292 m, o que significa que a distância vertical percorrida pelo bloco é | ∆y | = hA − hB = l0 sen θ = (0, 292 m) sen 30 = 0,146 m ao escorregar do ponto A para o ponto B. Assim, de acordo com a Eq. 8-18, temos: 0 + mghA =
1 2 1 2 mvB + mghB ⇒ mvB = mg | ∆y | 2 2
o que nos dá vB =
2 g | ∆y | =
2(9, 8 m/s2 )(0,146 m) = 1, 69 m/s ≈ 1, 7 m/s .
Nota: A energia é conservada no processo. A energia total do bloco na posição B é EB =
que é igual à energia potencial elástica da mola quando o bloco está na posição C: 1 2 1 kx0 = (1, 35 × 10 4 N/m)(0, 055 m)2 = 20, 4 J . 2 2
soluções dos problemas 239
30. Tomando a altura inicial da caixa como nível de referência, a altura da caixa (depois que desce uma distância d) é y = − d sen 40° . (a) De acordo com a lei de conservação da energia, temos: K i + Ui = K + U ⇒ 0 + 0 =
1 2 1 mv + mgy + kd 2 . 2 2
Assim, para d = 0,10 m, v = 0,81 m/s. (b) Devemos encontrar um valor de d ≠ 0 tal que K = 0. Temos: K i + U i = K + U ⇒ 0 + mgy +
1 2 kd 2
o que nos dá mgd sen 40o = kd2/2 ou d = 0,21 m. (c) A força para cima é a força elástica da mola (lei de Hooke), cujo módulo é kd = 25,2 N. A força para baixo é a componente da gravidade mg sen 40° = 12,6 N. Assim, a força resultante que age sobre a caixa é (25,2 – 12,6) N = 12,6 N para cima e a = F/m =(12,6 N)/(2,0 kg) = 6,3 m/s2. (d) A aceleração é para cima. 31. Vamos tomar como referência para a energia potencial gravitacional Ug (e para a altura h) o ponto em que a compressão da mola é máxima. Quando o bloco está se movendo para cima, primeiro é acelerado pela mola; em seguida, se separa da mola e, finalmente, chega a um ponto no qual a velocidade vf é momentaneamente nula. Tomamos o eixo x como paralelo ao plano inclinado, com o sentido positivo para cima (de modo que a coordenada do ponto x0 em que a compressão é máxima tem valor negativo; a origem é o ponto em que a mola está relaxada. Em unidades do SI, k = 1960 N/m e x0 = –0,200 m. (a) A energia potencial elástica é kx02 /2 = 39,2 J. (b) Como, inicialmente, Ug = 0, a variação de Ug é igual ao valor final mgh, na qual m = 2,00 kg. De acordo com a lei de conservação da energia, esse valor deve ser igual ao obtido no item (a). Assim, ∆Ug = 39,2 J. (c) De acordo com a lei de conservação da energia, K 0 + U0 = K f + U f 1 0 + kx02 = 0 + mgh 2 o que nos dá h = 2,00 m. Como o problema pede a distância percorrida ao longo do plano inclinado, a resposta é d = h/sen 30° = 4,00 m. 32. O trabalho pedido é igual à variação da energia potencial gravitacional quando a corrente é puxada para cima da mesa. Dividindo a corrente em um grande número de segmentos infinitesimais de comprimento dy, vemos que a massa de um segmento é (m/L) dy e a variação da energia potencial de um segmento, quando um segmento que está a uma distância |y| abaixo do tampo da mesa é puxado para cima da mesa, é dada por dU = (m/L)g|y| dy = –(m/L)gy dy, já que y é negativo (o eixo y aponta para cima e a origem está no tampo da mesa). A variação total de energia potencial é 0
∆U = −
mg ⌠ mgL 1 mg L = . y dy = L ⌡− L / 4 2 L 4 32 2
240 soluções dos problemas
O trabalho necessário para puxar a corrente é, portanto, W = ∆U = mgL/32 = (0,012 kg)(9,8 m/s2)(0,28 m)/32 = 0,0010 J. 33. Vamos medir todas as alturas em relação à base do plano inclinado, que usamos como referência para a energia potencial gravitacional. Tomamos o eixo x paralelo ao plano inclinado, com o sentido para cima como positivo e a origem na extremidade da mola no estado relaxado. A altura que corresponde à posição inicial da mola é dada por h1 = ( D + x ) sen θ , na qual θ é o ângulo do plano inclinado. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, temos: K1 + U1 = K 2 + U 2
0 + mg( D + x ) sen θ +
⇒
1 2 1 2 kx = mv2 + mgD sen θ , 2 2
o que nos dá, para m = 2,00 kg e k = 170 N/m, kx 2 = 2, 40 m/s. m (b) De acordo com a lei de conservação da energia, v2 =
2 gx sen θ +
K1 + U1 = K 3 + U 3 1 1 0 + mg( D + x ) sen θ + kx 2 = mv32 + 0, 2 2 o que nos dá v3 = 2 g( D + x)sen θ + kx 2 / m = 4,19 m/s. 34. Seja FN a força normal que o gelo exerce sobre o menino e seja m a massa do menino. A força radial é mg cos θ – FN e, de acordo com a Segunda Lei de Newton, é igual a mv2/R, na qual v é a velocidade do menino. No ponto em que o menino perde contato com o gelo, FN = 0 e, portanto, g cos θ = v2/R. Queremos conhecer a velocidade v. Tomando como referência para a energia potencial gravitacional o alto do monte de gelo, a energia potencial do menino no instante em que perde contato com o gelo é U = –mgR(1 – cos θ). De acordo com a lei de conservação da energia, como o menino parte do repouso e sua energia cinética no momento em que perde contato com o gelo é mv2/2, 0 = mv2/2 – mgR(1 − cos θ) ou v2 = 2gR(1 – cos θ ). Como, de acordo com a Segunda Lei de Newton, v2/R = g cos θ, obtemos a relação g cos θ = 2g(1 – cos θ ), o que nos dá cos θ = 2/3. A altura do menino em relação à base do monte de gelo é 2 2 h = R cos θ = R = (13, 8 m) = 9, 20 m. 3 3 35. (a) A energia potencial elástica da mola quando o bloco para momentaneamente é 1 2 1 kx = (431 N/m)(0,210 m)2 = 9,50 J. 2 2 Essa energia é igual à energia potencial gravitacional do bloco no instante em que começou a deslizar, mgy, em que y = (d + x) sen(30º) é a altura inicial do bloco em relação ao ponto em que para momentaneamente. Assim, U=
mg(d + x) sen(30º) = 9,50 J ⇒ d = 0,396 m. (b) Depois de se chocar com a mola, o bloco continua a acelerar por algum tempo, até que a força elástica da mola se torne igual à componente da força da gravidade paralela ao plano inclinado. No instante em que isso acontece, kx = mg sen30º o que nos dá x = 0,0364 m = 3,64 cm.
soluções dos problemas 241
Nota: Isso acontece muito antes que o bloco pare momentaneamente (depois de se chocar com a mola, o bloco percorre uma distância de 21 cm até parar). 36. Vamos chamar de h a altura da mesa e de x a distância horizontal percorrida pela bola de gude. Nesse caso, x = v0t e h = gt2/2 (já que a componente vertical da “velocidade de lançamento” da bola é zero). Isso nos dá x = v0 2h / g . Note que a distância horizontal percorrida pela bola é diretamente proporcional à velocidade inicial. Vamos chamar de v01 a velocidade inicial do primeiro lançamento e de D1 = (2,20 – 0,27) m = 1,93 m a distância horizontal percorrida. Supondo que o segundo lançamento acerta no alvo, vamos chamar de v02 a velocidade inicial do segundo lançamento e de D = 2,20 m a distância horizontal percorrida; nesse caso, temos: v02 D = v01 D1
⇒ v02 =
D v01 D1
Quando a mola é comprimida de uma distância λ, a energia potencial elástica é kλ2/2. No instante do lançamento, a energia cinética da bola de gude é mv02 /2. De acordo com a lei de conservação da energia, mv02 /2 = kλ2/2, o que mostra que a velocidade inicial da bola é diretamente proporcional à compressão inicial da mola. Chamando de λ1 a compressão usada no primeiro lançamento e de λ2 a compressão usada no segundo, v02 = (λ2/λ1)v01. Combinando este resultado com o anterior, obtemos: l2 =
D 2, 20 m (1,10 cm) = 1,25 cm m. l1 = 1, 93 m D1
37. Considere um elemento infinitesimal de comprimento dx situado a uma distância x de uma das extremidades da mola (a extremidade de cima quando a corda é colocada na vertical). Quando a corda é colocada na vertical, a variação de energia potencial desse elemento é dU = −(λ dx) gx em que λ = m/h é a massa específica linear da corda e o sinal negativo mostra que a energia potencial diminuiu. Integrando ao longo de toda a corda, obtemos a variação total da energia potencial: h 1 1 ∆U = ∫ dU = − ∫ λ gxdx = − λ gh 2 = − mgh . 0 2 2 Para m = 15 g e h = 25 cm, obtemos ∆U = −0,018 J.
38. Neste problema, a energia mecânica (a soma de K e U) permanece constante. (a) Como a energia mecânica é conservada, U B + K B = U A + K A , e a energia cinética da partícula na região A (3, 00 m ≤ x ≤ 4, 00 m ) é K A = U B − U A + K B = 12, 0 J − 9, 00 J + 4, 00 J = 7, 00 J. Como K A = mv / 2, a velocidade da partícula no ponto x = 3,5 m (dentro da região A) é 2 A
vA =
2K A = m
2(7, 00 J) = 8, 37 m/s. 0, 200 kg
(b) No ponto x = 6,5 m, U = 0 e K = U B + K B = 12, 0 J + 4, 00 J = 16, 0 J. Assim, a velocidade da partícula é v=
2K = m
2(16, 0 J) = 12, 6 m/s. 0, 200 kg
(c) No ponto de retorno, a velocidade da partícula é zero. Chamando de xD a posição do ponto de retorno da direita, temos (veja a figura a seguir): 16, 00 J − 0 24, 00 J − 16, 00 J = x D − 7, 00 m 8, 00 m − x D
⇒ x D = 7, 67 m.
242 soluções dos problemas
16, 00 J − 20, 00 J 9, 00 J − 16, 00 J = x L − 1, 00 m 8, 00 m − xE
⇒ xE = 1, 73 m.
(d) Chamando de xE a posição do ponto de retorno da esquerda, temos (veja a figura): 39. De acordo com o gráfico, a energia potencial da partícula no ponto x = 4,5 m é U1 = 15 J. Se a velocidade neste ponto é v = 7,0 m/s, a energia cinética é K1 = mv2/2 = (0,90 kg)(7,0 m/s)2/2 = 22 J. A energia total é E1 = U1 + K1 = (15 + 22) J = 37 J. (a) No ponto x = 1,0 m, a energia potencial é U2 = 35 J. De acordo com a lei de conservação da energia, K2 = 2,0 J > 0. Isso significa que a partícula chega a este ponto com uma velocidade 2K 2 = m
v2 =
2(2, 0 J) = 2,1 m/s. 0, 90 kg
(b) A força experimentada pela partícula está relacionada à energia potencial pela equação Fx = −
∆U ∆x
De acordo com o gráfico da Fig. 8-48, 35 J − 15 J = +10 N . 2 m−4 m (c) Como Fx > 0 , a força aponta no sentido positivo do eixo x. Fx = −
(d) No ponto x = 7,0 m, a energia potencial é U3 = 45 J, que é maior que a energia inicial total E1 = 37 J. Assim, a partícula não chega a esse ponto. No ponto de retorno, a energia cinética é zero. Como entre x = 5,0 m e x = 6, 0 m a energia potencial é dada por U ( x) = 15 + 30( x − 5). O ponto de retorno pode ser determinado resolvendo a equação 37 = 15 + 30( x − 5), o que nos dá x = 5,7 m. (e) No ponto x = 5,0 m, a força que age sobre a partícula é Fx = − cujo módulo é | Fx |= 30 N .
∆U (45 − 15) J =− = −30 N, ∆x (6 − 5) m
(f) O fato de que Fx < 0 mostra que a força aponta no sentido negativo do eixo x. 40. (a) A força na distância de equilíbrio r = req é F=−
dU =0 ⇒ dr r = req
−
12 A 6 B + 7 = 0, req13 req
o que nos dá req =
2A B
1/ 2
= 1,12
A B
1/ 2
.
soluções dos problemas 243
(b) O fato de que o ponto r = req define um mínimo da curva de energia potencial (o que pode ser confirmado desenhando um gráfico ou derivando novamente a função e verificando que a concavidade aponta para cima) significa que para valores de r menores que req a inclinação da curva de energia potencial é negativa e, portanto, a força é positiva, ou seja, repulsiva. (c) Para valores de r maiores que req, a inclinação da curva de energia potencial é positiva e, portanto, a força é negativa, ou seja, atrativa. 41. (a) A energia no ponto x = 5,0 m é E = K + U = 2,0 J – 5,7 J = –3,7 J. (b) A figura mostra um gráfico da energia potencial U(x) em função de x (em unidades do SI) e a reta horizontal que representa a energia E, para 0 ≤ x ≤ 10 m.
(c) Devemos determinar graficamente os pontos de retorno, que são os pontos em que a energia potencial é igual à energia total do sistema, calculada no item (a). No gráfico, esses pontos correspondem às interseções da curva de U(x) com a reta horizontal que representa a energia total. O resultado para o menor valor de x (determinado, na verdade, matematicamente) é x = 1,3 m. (d) O resultado para o maior valor de x é x = 9,1 m. (e) Como K = E – U e E é constante, maximizar K equivale a minimizar U. Observando o gráfico, vemos que U(x) passa por um mínimo em x = 4,0 m. Fazendo x = 4,0 na expressão E – U = –3,7 – (–4xe–x/4), obtemos K = 2,16 J ≈ 2,2 J. Outra forma de resolver o problema é medir no gráfico a distância vertical entre o mínimo da curva de U(x) e a reta que representa a energia total. (f) Como foi dito no item anterior, a energia cinética é máxima para x = 4,0 m. (g) A força pode ser obtida a partir da energia potencial usando a Eq. 8-22 (e o Apêndice E, se houver necessidade, para calcular a derivada). dU = (4 − x )e− x / 4 . dx (h) Essa questão nos leva de volta à discussão dos itens (d) e (e), já que calcular a raiz da equação F(x) = 0 equivale a determinar o valor de x para o qual U(x) passa por um mínimo, mas com a vantagem de podermos contar com o resultado matemático do item (g). Podemos ver que o valor de x para o qual F(x) = 0 é exatamente x = 4,0 m. F=
42. Como a velocidade é constante, a = 0 e a componente horizontal da força aplicada pelo operário, F cos θ, é igual ao módulo da força de atrito, fk = µk FN. Além disso, as forças verticais se cancelam, e, portanto, a soma do peso do caixote, mg, com a componente vertical da força aplicada pelo operário, F sen θ, é igual à reação normal do piso, FN. Isso nos dá o seguinte sistema de equações: F cos θ = µ k FN F sen θ + mg = FN
244 soluções dos problemas
Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos F = 71 N. (a) De acordo com a Eq. 7-7, o trabalho realizado pelo operário sobre o bloco é W = Fd cos θ = (71 N)(9,2 m)cos 32o = 5,6 × 102 J. (b) Como fk = µk (mg + F sen θ ), ∆Et = fk d = (60 N)(9,2 m) = 5, 6 × 10 2 J. 43. (a) De acordo com a Eq. 7-8, W = (8, 0 N)(0,70 m) = 5, 6 J. (b) De acordo com a Eq. 8-31, o aumento de energia térmica é dado por ∆Et = fk d = (5, 0 N)(0,70 m) = 3, 5 J. 44. (a) O trabalho realizado é W = Fd = (35,0 N)(3,00 m) = 105 J. (b) De acordo com a Eq. 6-2 e a Eq. 8-31, o aumento total de energia térmica é dado por ∆Et = µk mgd = (0,600)(4,00 kg)(9,80 m/s2)(3,00 m) = 70,6 J. Se a energia térmica do bloco aumentou de 40,0 J, a energia térmica do piso aumentou de (70,6 – 40,0) J = 30,6 J. (c) Parte do trabalho total (105 J) foi “desperdiçada” (70,6 J transformaram-se em energia térmica), mas o restante, (105 – 70,6) J = 34,4 J, transformou-se em energia cinética. (Não houve aumento de energia potencial do bloco porque está implícito que o piso é horizontal.) Assim, o aumento da energia cinética do bloco é 34,4 J. 45. (a) De acordo com a Eq. 7-7, o trabalho realizado pela força da corda sobre o bloco é W = Fd cos θ = (7, 68 N)(4, 06 m) cos15, 0 = 30,1 J. (b) De acordo com a Eq. 8-31, o aumento de energia térmica é ∆Et = fd = (7, 42 N)(4,06 m) = 30,1 J, em que f é a força de atrito cinético. (c) Podemos usar a Segunda Lei de Newton para calcular a força de atrito e a força normal e depois usar a relação µk = f/FN para calcular o coeficiente de atrito cinético. A figura a seguir mostra o digrama de corpo livre do bloco. Tomando o eixo x na horizontal e o eixo y na vertical, as componentes x e y da Segunda Lei de Newton são: x: F cos θ – f = 0 y: FN + F sen θ – mg = 0, em que m é a massa do bloco, F é a força exercida pela corda e θ é o ângulo entre a força e a horizontal.
A primeira equação nos dá f = F cos θ = (7,68 N) cos 15,0° = 7,42 N
soluções dos problemas 245
e a segunda nos dá FN = mg – F sen θ = (3,57 kg)(9,8 m/s2) – (7,68 N) sen 15,0° = 33,0 N. Assim, o coeficiente de atrito cinético é
µk =
f 7, 42 N = = 0, 225 . FN 33,0 N
46. Vamos resolver o problema usando unidades inglesas (tomando g = 32 pés/s), mas, para facilitar os cálculos, vamos primeiro converter o peso para libras: 1 1ibra = 0, 56 libra mg = (9, 0) onças 16onças o que nos dá m = 0, 018 libras ⋅ s2 /pé. Vamos também converter a velocidade inicial para pés por segundo: 5280 pés/mi vi = (81, 8 mi/h) = 120 pés/s 3600 s/h De acordo com a Eq. 8-33, a energia “perdida” é dada por ∆Et = –∆Emec. Assim, 1 1 m(vi2 − v 2f ) + mg( yi − y f ) = (0, 018)(120 2 − 110 2 ) + 0 = 20 pés ⋅ libras. 2 2 47. Para trabalhar no SI, convertemos a massa m do disco de plástico para kg: m = 0,075 kg. De acordo com a Eq. 8-33, a energia “perdida” é dada por ∆Et = –∆Emec. Assim, ∆Et =
1 m(vi2 − v 2f ) + mg( yi − y f ) 2 1 = (0, 075 kg)[(12 m/s)2 − (10, 5 m/s)2 ] + (0, 075 kg)(9, 8 m/s2 )(1,1 m − 2,1 m) 2 = 0, 53 J.
∆Et =
48. De acordo com a Eq. 8-31, temos: ∆Et = fk d = (10 N)(5,0 m) = 50 J e, de acordo com a Eq. 7-8, W = Fd = (2, 0 N)(5,0 m) = 10 J. De acordo com a Eq. 8-33, W = ∆Emec + ∆Et = ∆K + ∆U + ∆Et 10 = 35 + ∆U + 50, o que nos dá ∆U = –75 J. Assim, de acordo com a Eq. 8-1, o trabalho realizado pela força gravitacional é W = –∆U = 75 J. 49. (a) Tomamos a energia potencial gravitacional inicial como Ui = 0. Nesse caso, a energia potencial gravitacional final é Uf = –mgL, em que L é a altura da árvore. A variação de energia potencial é U f − U i = − mgL = −(25 kg)(9, 8 m/s 2 )(12 m) = −2, 9 × 10 3 J. (b) A energia cinética é 1 2 1 mv = (25 kg)(5, 6 m/s)2 = 3,9 × 10 2 J. 2 2 (c) As variações da energia mecânica e da energia térmica devem ter o mesmo valor absoluto. A variação da energia térmica é ∆Et = fL, na qual f é o módulo da força de atrito média; assim, K=
f =−
∆K + ∆U 3, 9 × 10 2 J − 2, 9 × 10 3 J =− = 2,1 × 10 2 N . L 12 m
246 soluções dos problemas
50. De acordo com a Eq. 8-33, a energia “perdida” é dada por ∆Et = –∆Emec. Assim, 1 m(vi2 − v 2f ) + mg( yi − y f ) 2 1 = (60 kg)[(24 m/s)2 − (22 m/s)2 ] + (60 kg)(9, 8 m/s2 )(14 m) 2 = 1,1 × 10 4 J.
∆Et =
O fato de que o ângulo de 25° não é usado nos cálculos mostra que a energia é uma grandeza escalar. 51. (a) A energia potencial inicial é U i = mgyi = (520 kg)(9, 8 m/s 2 )(300 m) = 1, 53 × 10 6 J, em que y = 0 na base da montanha e o sentido positivo de y é para cima. (b) Como fk = µk FN = µk mg cosθ, a Eq. 8-31 nos dá ∆Et = fk d = µ k mgd cos θ . Tratando a superfície da montanha (de comprimento d = 500 m) como a hipotenusa de um triângulo retângulo, obtemos a relação cos θ = x/d, em que x = 400 m. Assim, x = µ k mgx = (0, 25)(520)(9, 8)(400) = 5,1 × 10 5 J. d (c) A Eq. 8-31 (com W = 0) nos dá ∆Et = µ k mgd
K f = K i + U i − U f − ∆Et = 0 + (1, 53 × 10 6 J) − 0 − (5,1 × 10 6 J) = 1, 02 × 10 6 J. (d) Explicitando v na relação Kf = mv2/2, obtemos v = 63 m/s. 52. (a) A situação do problema pode ser representada pela Fig. 8-3 do livro. Usamos a Eq. 8-31, ∆Et = fk d, e relacionamos a energia cinética inicial Ki à energia potencial de “repouso” Ur: 1 Ki + Ui = fkd + Kr + Ur ⇒ 20,0 J + 0 = fkd + 0 + kd 2 2 em que fk = 10,0 N e k = 400 N/m. Resolvendo a equação do segundo grau ou usando uma calculadora científica, obtemos d = 0,292 m, a única raiz positiva. (b) Usamos a Eq. 8-31 para relacionar Ur à energia cinética Ks que o biscoito possui ao passar novamente pela posição de equilíbrio: 1 2 kd = fkd + Ks + 0 Kr + Ur = fkd + Ks + Us ⇒ 2 Usando o resultado do item (a), obtemos Ks = 14,2 J. 53. (a) As forças verticais que agem sobre o bloco são a força normal, que aponta para cima, e a força da gravidade, que aponta para baixo. Como a componente vertical da aceleração do bloco é zero, a Segunda Lei de Newton nos dá FN = mg, em que m é a massa do bloco. Assim, f = µk FN = µk mg. O aumento de energia térmica é dado por ∆Et = fd = µk mgD, na qual D é a distância que o bloco percorre até parar. Substituindo por valores numéricos, obtemos ∆Et = (0,25)(3,5 kg)(9,8 m/s2)(7,8 m) = 67 J. (b) A energia cinética do bloco tem o valor máximo Kmáx no momento em que o bloco se separa da mola e passa a ser submetido a uma força de atrito. Assim, a energia cinética máxima é igual à energia térmica gerada até que o bloco entre em repouso, 67 J. (c) A energia que se manifesta como energia cinética estava inicialmente na forma de energia potencial da mola comprimida. Assim, Kmáx = Ui = kx2/2, na qual k é a constante elástica e x é a compressão da mola. Assim, x=
2 K máx = k
2(67 J) = 0, 46 m. 640 N/m
soluções dos problemas 247
54. (a) Como a força normal que o escorrega exerce sobre a criança é dada por FN = mg cos θ , temos: fk = µk FN = µk mg cos θ. Assim, a Eq. 8-31 nos dá ∆Et = fkd = µkmgd cos θ = (0,10)(267)(6,1)cos 20o = 1,5 × 102 J. (b) A variação de energia potencial é ∆U = mg(–d sen θ) = (267 N)(– 6,1 m) sen 20° = –5,6 × 102 J. A energia cinética inicial é Ki =
1 2 1 267 N mvi = (0, 457 m / s2 ) = 2,88 J. 2 2 9,8 m / s2
Assim, de acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), a energia cinética final é Kf = Ki − ∆U − ∆Et = 2,8 − (−5,6 × 102) − 1,5 ×102 = 4,1 ×102 J. Assim, a velocidade final é v f =
2 K f /m = 55 m/s.
55. (a) Para x = 0,075 m e k = 320 N/m, a Eq. 7-26 nos dá Ws = − kx2/2 = −0,90 J. Esse também é o valor de −∆U. (b) Analisando as forças, descobrimos que FN = mg, o que nos dá fk = µ k FN = µ k mg. Para d = x, a Eq. 8-31 nos dá ∆Et = fkd = µkmgx = (0,25)(2,5)(9,8)(0,075) = 0,46 J. (c) De acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), a energia cinética inicial é Ki = ∆U + ∆Et = 0,90 + 0,46 = 1,36 J, o que nos dá vi =
2 K i /m = 1, 0 m/s.
56. De acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), temos: ∆Et = K i − K f + U i − U f ⇒ ⇒ µ k mgd =
1 2 kx − 0 2 ⇒ µ k (2, 0 kg)(9,8 m / s 2 )(0, 75 m) = 2, 25 J,
fk d = 0 − 0 +
1 (200 N / m)(0,15 m)2 2
o que nos dá µk = 0,15. 57. Como não há atrito no vale, a única razão pela qual a velocidade é menor quando o bloco chega ao nível mais elevado é o ganho de energia potencial ∆U = mgh, em que h é a diferença entre a altura final e a altura inicial. Quando passa a se mover na superfície rugosa, o bloco perde velocidade porque a energia cinética se transforma em energia térmica. O aumento de energia térmica é dado por ∆Et = fkd = µmgd. Podemos obter a distância d usando a Eq. 8-33 (com W = 0): Ki = ∆U + ∆Et = mg(h + µd), sendo K i = mvi2 /2 e vi = 6,0 m/s. Isso nos dá d=
vi2 h − = 1, 2 m. 2µ g µ
58. Este problema pode ser totalmente resolvido usando os métodos apresentados nos Capítulos 2 a 6; na solução apresentada a seguir, porém, usamos a lei de conservação da energia sempre que possível.
248 soluções dos problemas
(a) Analisando as forças envolvidas, vemos que o valor absoluto da força normal é FN = mg cos θ, o que significa que fk = µ k FN = µk mg cos θ. Assim, de acordo com a Eq. 8-31, ∆Et = fk d = µk mgd cos θ. Também é possível concluir, usando uma relação trigonométrica, que ∆U = mgd sen θ. Nesse caso, a Eq. 8-33 (com W = 0 e Kf = 0) nos dá K i = ∆U + ∆Et 1 2 mvi = mgd (sen θ + µ k cos θ ), 2 em que vi é a velocidade inicial do pote. Dividindo ambos os membros pela massa e reagrupando os termos, obtemos d=
vi2 = 0,13 m. 2 g(senθ + µ k cos θ )
(b) Agora que sabemos em que ponto o pote para (d9 = 0,13 + 0,55 = 0,68 m é a distância em relação à base do plano inclinado), podemos usar novamente a Eq. 8-33 (com W = 0 e agora com Ki = 0) para obter a energia cinética final (com o pote na base do plano inclinado: K f = − ∆U − ∆Et 1 2 mv = mgd ′(sen θ − µ k cos θ ), 2 o que nos dá v=
2 gd ′(sen θ − µ k cos θ ) = 2, 7 m/s.
(c) O resultado do item (a) deixa claro que d aumenta quando µk diminui — tanto matematicamente (já que µk é positivo e está no denominador) como intuitivamente (menos atrito, menos energia “perdida”). No item (b), existem dois termos na expressão de v que mostram que a velocidade aumenta quando µk diminui: o aumento do valor de d9 = d0 + d e o fator sen θ – µk cos θ, que mostra que um valor menor é subtraído de sen θ quando µk diminui (e, portanto, o valor do fator aumenta). 59. (a) Se h é a altura máxima alcançada pela pedra, a energia térmica gerada pela resistência do ar enquanto a pedra sobe até a altura h, de acordo com a Eq. 8-31, é ∆Et = fh. Nesse caso, a Eq. 8-33 (com W = 0) nos dá: Kf + Uf + ∆Et = Ki + Ui Tomando como referência para a energia potencial o ponto de lançamento (nível do solo), Ui = 0 e Uf = wh, em que w = mg é o peso da pedra. Além disso, sabemos que a energia cinética inicial é Ki = mv2/2 e a energia cinética final é Kf = 0. Assim, wh + fh = mv02 /2 e h=
mv02 v02 . = 2(w + f ) 2 g(1 + f /w)
Substituindo os valores conhecidos, obtemos: h=
(20, 0 m/s)2 = 19, 4 m. 2(9,80 m/s 2 )(1 + 0,265/5,29)
(b) Note que a força de arrasto do ar é para baixo quando a pedra está subindo e para cima quando a pedra está descendo, já que tem o sentido contrário ao do movimento da pedra. O aumento da energia térmica em todo o percurso é ∆Et = 2fh. A energia cinética final é Kf = mv2/2, em que v é a velocidade da pedra imediatamente antes de se chocar com o solo. A energia potencial final é Uf = 0. Assim, de acordo com a Eq. 8-31 (com W = 0), temos: 1 2 1 mv + 2 fh = mv02 . 2 2
soluções dos problemas 249
Substituindo h por seu valor, obtido no item (a), obtemos: 2 fv02 1 1 = mv 2 − mv02 2 g(1 + f /w) 2 2 o que nos dá v 2 = v02 −
w− f 2f 2 fv02 2 fv02 = v02 = v02 − = v02 1 − w + f w+ f mg(1 + f /w) w(1 + f /w)
na qual mg foi substituído por w e foram executadas algumas manipulações algébricas. Assim, v = v0
w− f 5,29 N − 0,265 N = 19, 0 m/s. = (20, 0 m/s) w+ f 5,29 N + 0,2655 N
60. A distância d percorrida ao longo do plano inclinado está relacionada ao aumento de altura através da equação ∆h = d sen θ. Analisando as forças envolvidas, usando os métodos do Capítulo 6, concluímos que o módulo da força normal é FN = mg cosθ, o que significa que fk = µk mg cosθ. Assim, de acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), temos: 0 = K f − K i + ∆U + ∆Et = 0 − K i + mgd sen θ + µ k mgd cos θ , o que nos dá d=
Ki 128 = = 4 , 3 m. mg(sen θ + µ k cos θ ) (4, 0)(9, 8)(sen 30 o + 0, 30 cos 30 o )
61. Antes do salto, a energia mecânica é ∆Emec,0 = 0 . Na altura máxima h, em que a velocidade é zero, a energia mecânica é ∆Emec,1 = mgh . A variação da energia mecânica está relacionada à força externa através da equação ∆Emec = ∆Emec,1 − ∆Emec,0 = mgh = Fméd d cos φ , em que Fméd é o valor médio do módulo da força externa exercida pelo piso sobre as costas do besouro. (a) Explicitando Fméd na equação acima, obtemos Fméd =
(4, 0 × 10 −6 kg)(9,80 m/s 2 )(0,30 m) mgh = 1, 5 × 10 −2 N. = d cos φ (7,7 × 10 −4 m)(cos 0 )
(b) Dividindo o resultado do item (a) pela massa do besouro, temos: a=
Fméd h (0,30 m) g = 3, 8 × 10 2 g. = g= m d cos φ (7,7 × 10 −4 m)(cos 0 )
62. Vamos chamar o ponto em que o bloco encontra o “terreno acidentado” de ponto C (esse ponto está a uma altura h em relação ao solo). De acordo com a Eq. 8-17, a velocidade do bloco no ponto C é vC =
vA2 − 2 gh =
(8, 0)2 − 2(9, 8)(2, 0) = 4,980 ≈ 5,0 m/s.
Assim, a energia cinética do bloco ao chegar ao “terreno acidentado” (ou seja, ao chegar ao ponto B) é KC =
1 m(4,980 m/s)2 = 12,4m 2
(em unidades do SI). Note que deixamos o resultado em termos da massa, como se fosse uma grandeza conhecida; como vamos ver em seguida, a massa não aparece no resultado final. Usando a Eq. 8-37 (e a Eq. 6-2 com FN = mg cosθ) e y = d sen θ , notamos que, se d < L (ou seja, se o
250 soluções dos problemas
bloco não chega ao ponto B), a energia cinética é totalmente transformada em energia térmica e potencial: KC = mgy + fk d ⇒ 12,4m = mgd senθ + µk mgd cosθ. Para µk = 0,40 e θ = 30º, d = 1,49 m, que é maior que L (de acordo com o enunciado do problema, L = 0,75 m). Assim, a hipótese de que d < L está errada. Qual é a energia cinética do bloco ao chegar ao ponto B? O cálculo é semelhante ao anterior, com d em lugar de L e a velocidade final v2 como incógnita, em vez de ser nula: 1 m v2 = KC − (mgL senθ + µk mgL cosθ) . 2 Assim, a velocidade do bloco ao chegar ao ponto B é vB = =
63. De acordo com a última linha do enunciado, a força de atrito estático deve ser desprezada. A força de atrito de módulo f = 4400 N é uma força de atrito cinético; de acordo com a Eq. 8-31, a variação de energia térmica associada a essa força é ∆Et = fd, na qual d = 3,7 m no item (a) (mas será um valor a ser calculado, x, no item (b)). (a) De acordo com a Eq. 8-33, fazendo W = 0 e usando como referência para a energia potencial a extremidade superior da mola no estado relaxado, temos: U i = K + ∆Et ⇒ v =
f 2d g − m
o que nos dá v = 7,4 m/s para m = 1800 kg. (b) Vamos aplicar novamente a Eq. 8-33 (com W = 0), agora relacionando a energia cinética, no instante em que o elevador se choca com a mola, à energia do sistema no ponto mais baixo atingido pelo elevador. Usando a referência para a energia potencial escolhida na parte (a), a energia potencial do sistema no ponto mais baixo atingido pelo elevador é mg(–x), na qual x é a redução de comprimento da mola. Assim, a energia cinética é dada por 1 K = mg(− x) + kx 2 + fx 2 em que, usando a velocidade calculada no item (a), K = mv2/2 = 4,9 × 104 J. Fazendo ξ = mg – f = 1,3 × 104 N, a fórmula da equação do segundo grau nos dá x=
ξ ± ξ 2 + 2 kK = 0, 90 m k
em que escolhemos a raiz positiva. (c) Usando como referência para a energia potencial o ponto mais baixo atingido pelo elevador, a energia do sistema elevador-mola nesse ponto é apenas a energia potencial elástica da mola, kx2/2. Chamando de d9 a distância máxima atingida pelo elevador quando sobe de volta no poço, a lei de conservação da energia nos dá kx 2 1 2 kx = mgd ′ + fd ′ ⇒ d ′ = = 2, 8 m. 2 2( mg + d ) (d) A única força não conservativa (veja a Seção 8-2) é o atrito, e a energia “desperdiçada” pelo atrito é que determina a distância total percorrida pelo elevador, já que as energias associadas a forças conservativas dependem apenas das posições inicial e final. Como, na posição final de equilíbrio, o peso do elevador é equilibrado pela força elástica da mola, temos: mg = kd eq ⇒ d eq =
mg = 0,12 m. k
em que deq é a diferença entre o comprimento da mola na posição final e o comprimento da mola no estado relaxado.
soluções dos problemas 251
Usando como referência para a energia potencial gravitacional o ponto final de equilíbrio do elevador, a energia do sistema na situação inicial é U = mg(deq + d). Na posição final, a energia potencial gravitacional é zero e a energia potencial elástica é kdeq2 /2. Assim, de acordo com a Eq. 8-33, 1 mg(deq + d ) = kdeq2 + fdtotal 2 1 (1800)(9, 8)(0,12 + 3, 7) = (1, 5 × 10 5 )(0,12)2 + (4400)dtotal 2 o que nos dá dtotal = 15 m. 64. Nos trechos em que não existe atrito, ou seja, nas rampas, temos uma simples conversão de energia cinética (Eq. 7-1) para energia potencial (Eq. 8-9), e vice-versa. Nos trechos horizontais, por outro lado, o atrito faz com que parte da energia seja dissipada, de acordo com a Eq. 8-31 (juntamente com a Eq. 6-2, em que µk = 0,50 e FN = mg nesta situação). Assim, depois de descer uma distância (vertical) d, o bloco está com uma energia cinética K = mv2/2 = mgd, parte da qual (∆Et = µk mgd) é dissipada no primeiro trecho horizontal, de modo que o valor da energia cinética no final desse trecho é 1 mgd . 2 Quando o bloco desce para o segundo trecho horizontal, a energia cinética aumenta de mgd/2, mas parte dessa energia (µk mgd/2) é dissipada no segundo trecho horizontal. Assim, quando o bloco chega à rampa ascendente do lado direito da Fig. 8-55, sua energia cinética é K = mgd − µ k mgd =
1 1 1 3 mgd + mgd − µ k mgd = mgd . 2 2 2 4 Igualando essa energia à energia potencial gravitacional na posição final (Eq. 8-9), obtemos H = 3d/4. Assim, o bloco para (momentaneamente) na rampa da direita quando a altura em relação ao trecho plano mais baixo é K=
H = 0,75d = 0,75 ( 40 cm) = 30 cm. 65. As energias cinéticas inicial e final são nulas e podemos escrever a lei de conservação da energia na forma da Eq. 8-33 (com W = 0). É evidente que a partícula só pode parar na parte plana da pista, mas não sabemos de antemão se a partícula vai parar durante a primeira passagem (quando está indo para a direita), durante a segunda passagem (quando está indo para a esquerda), durante a terceira passagem (quando está indo novamente para a direita), e assim por diante. Se a parada acontecer durante a primeira passagem, a energia térmica gerada será ∆Et = fkd, em que d ≤ L e fk = µ k mg. Se ocorrer durante a segunda passagem, será ∆Et = µk mg(L + d), na qual usamos novamente o símbolo d para representar a distância percorrida na última passagem (de modo que 0 ≤ d ≤ L). Generalizando para a enésima passagem, temos: ∆Et = µk mg[(n – 1)L + d]. Assim,
mgh = µ k mg [ (n − 1) L + d ] ,
o que nos dá (para h = L/2) 1 d = 1+ − n. 2µk L Como, para µk = 0,20, 1 + 1/2µk = 3,5, a condição de que 0 ≤ d/L ≤ 1 só pode ser satisfeita para n = 3. Assim, chegamos à conclusão de que d/L = 1/2, ou 1 1 L = (40 cm) = 20 cm 2 2 e de que essa distância é atingida na terceira passagem pela parte plana da pista. d=
252 soluções dos problemas
66. (a) A Eq. 8-9 nos dá U = mgh = (3,2 kg)(9,8 m/s2)(3,0 m) = 94 J. (b) Como a energia mecânica é conservada, K = 94 J. (c) De acordo com a Eq. 7-1, a velocidade da preguiça no momento em que chega ao solo é v = 2K /m =
2(94 J)/(32 kg) = 7,7 m/s.
67. Quando o bloco sobe o plano inclinado, sua energia cinética é gradualmente convertida em energia potencial gravitacional e em energia potencial elástica da mola. O bloco comprime a mola e para momentaneamente antes de começar a descer. Seja A o ponto de partida e o ponto de referência da energia potencial gravitacional (UA = 0). O bloco se choca com a mola no ponto B. O bloco percorre uma distância adicional x, comprimindo a mola, até chegar ao ponto C, como mostra a figura.
De acordo com a lei de conservação da energia, K A + U A = K B + U B = K C + U C . Note que 1 2 kx , 2 ou seja, a energia potencial total é a soma da energia potencial gravitacional e da energia potencial elástica da mola. U = U g + U s = mgy +
(a) No instante em que xC = 0,20 m, a altura vertical é yC = (d + xC ) sen θ = (0, 60 m + 0, 20 m) sen 40 = 0, 514 m. De acordo com a lei de conservação da energia, temos: K A + U A = K C + UC ⇒
16 J + 0 = K C + mgyC +
1 2 kxC 2
o que nos dá K C = K A − mgyC −
1 2 kxC 2
1 = 16 J − (1, 0 kg)(9, 8 m/s 2 )(0, 514 m) − (200 N/m)(0, 20 m)2 2 ≈ 7, 0 J. (b) No instante em que xC′ = 0, 40 m , a altura vertical é yC′ = (d + xC′ ) sen θ = (0, 60 m + 0, 40 m) sen 40 = 0, 64 m . De acordo com a lei de conservação da energia, K A′ + U A′ = K C′ + U C′ . Como U A′ = 0, a energia cinética inicial para a qual K C′ = 0 é K A′ = U C′ = mgyC′ +
1 2 kxC′ 2
1 = (1, 0 kg)(9, 8 m/s2 )(0, 64 m) + (200 N/m)(0, 40 m)2 2 = 22 J.
soluções dos problemas 253
68. (a) No ponto em que a altura é máxima, y = 140 m, a componente vertical da velocidade é zero, mas a componente horizontal conserva o mesmo valor que possuía no instante do lançamento (desprezando a resistência do ar). A energia cinética no instante em que a altura é máxima é, portanto, K=
1 (0, 55 kg)vx2 . 2
Tomando como referência a borda do penhasco, a energia potencial no instante em que a altura é máxima é U = mgy = 755 J. Assim, de acordo com a lei de conservação da energia mecânica, K = K i − U = 1550 − 755 ⇒ vx =
2(1550 − 755) = 54 m/s. 0, 55
(b) Como vx = vix, a energia cinética inicial
)
1 m ( vi2x + vi2y 2 pode ser usada para calcular viy. O resultado é viy = 52 m/s. Ki =
(c) Aplicando a Eq. 2-16 à direção vertical (com o eixo y apontando para cima), temos: vy2 = vi2y − 2 g∆y ⇒ (65 m/s)2 = (52 m/s)2 − 2(9, 8 m/s 2 ) ∆y o que nos dá ∆y = −76 m. O sinal negativo mostra que o deslocamento é para baixo em relação ao ponto de lançamento. 69. Quando o bloco B desce uma distância vertical d, o bloco A sobe uma distância vertical h = d sen 30o. A variação de energia potencial gravitacional é ∆U = − mB gd + mA gh . De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, ∆Emec = ∆K + ∆U = 0, a variação da energia cinética do sistema é ∆K = −∆U. Como a energia cinética inicial é zero, a energia cinética final é K f = ∆K = mB gd − m A gh = mB gd − m A gd sen θ = (mB − m A sen θ ) gd = [2, 0 kg − (1, 0 kg) sen 30](9, 8 m/s2 )(0, 25 m) = 3, 7 J. Nota: A expressão acima mostra que, no caso especial em que mB = m A sen θ , o sistema de dois blocos permanece estacionário. Se, por outro lado, m A sen θ > mB, o bloco A desce e o bloco B sobe. 70. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, a energia mecânica é a mesma no instante inicial e no instante em que a bola atinge o ponto mais alto da circunferência. A Segunda Lei de Newton pode ser usada para determinar a velocidade, e portanto a energia cinética, no ponto mais alto da circunferência. Nesse ponto, a força de tração T da corda e a força da gravidade apontam para baixo, na direção do centro da circunferência. Como o raio da circunferência é r = L – d, temos: mv 2 , L−d na qual v é a velocidade e m é a massa da bola. Quando a bola passa pelo ponto mais alto da circunferência com a menor velocidade possível, a tração da corda é zero e, portanto, T + mg =
mg =
mv 2 ⇒v= L−d
g( L − d ).
254 soluções dos problemas
Tomando como referência para a energia potencial gravitacional do sistema bola-Terra o nível em que a bola está no ponto mais baixo da circunferência, a energia potencial inicial é mgL. Como a bola parte do repouso, a energia cinética inicial é zero. A energia potencial final, com a bola no ponto mais alto da circunferência, é 2mg(L – d) e a energia cinética final é mv2/2 = mg(L − d)/2, usando o valor já calculado para a velocidade. De acordo com a lei de conservação da energia, temos: 1 mgL = 2 mg( L − d ) + mg( L − d ) ⇒ d = 3 L / 5. 2 Para L = 1,20 m, d = 0,60(1,20 m) = 0,72 m. Note que, se d for maior que esse valor, a altura do ponto mais alto da circunferência será menor e a bola passará por esse ponto sem dificuldade. Por outro lado, se d for menor que esse valor, a bola não chegará ao ponto mais alto da circunferência. Assim, o valor calculado para d é um limite inferior. 71. Quando o bloco desce a rampa, a energia potencial gravitacional é convertida em energia cinética e a velocidade do bloco aumenta. De acordo com a lei de conservação da energia, K A + U A = K B + U B . Assim, a variação de energia cinética quando o bloco se desloca do ponto A para o ponto B é ∆K = K B − K A = − ∆U = −(U B − U A ). A variação de energia potencial nos dois casos é a mesma, ou seja, ∆K1 = ∆K 2 , o que nos dá 1 2 1 1 1 mvB ,1 − mvA2 ,1 = mvB2 ,2 − mvA2 ,2 2 2 2 2 Assim, a velocidade do bloco no ponto B no segundo caso é dada por vB ,2 =
72. (a) Tomamos a energia potencial gravitacional do sistema esquiador-Terra como sendo zero quando o esquiador está no vale. A energia potencial inicial é Ui = mgH, na qual m é a massa do esquiador e H é a altura do pico mais alto. A energia potencial final é Uf = mgh, na qual h é a altura do pico mais baixo. A energia cinética inicial do esquiador é Ki = 0 e a energia cinética final é Kf = mv2/2, em que v é a velocidade do esquiador no cume do pico mais baixo. Como a força normal que a encosta exerce sobre o esquiador não realiza trabalho e o atrito é desprezível, a energia mecânica é conservada: 1 U i + K i = U f + K f ⇒ mgH = mgh + mv 2 . 2 Assim, v=
2 g( H − h) =
2(9, 8 m/s 2 )(850 m − 750 m) = 44 m/s.
(b) A força normal que a encosta exerce sobre o esquiador é dada por FN = mg cos θ, em que θ é o ângulo que a encosta faz com a horizontal. O módulo da força de atrito é dado por f = µk FN = µk mg cos θ. A energia térmica produzida pela força de atrito é fd = µk mgd cos θ, em que d é a distância total coberta pelo esquiador. Como o esquiador chega ao cume do monte mais baixo sem energia cinética, o aumento da energia térmica é igual à redução da energia potencial, ou seja, µk mgd cos θ = mg(H – h). Assim,
µk =
H−h (850 m − 750 m) = = 0, 036. d cos θ (3, 2 × 10 3 m) cos 30
73. Quando o cubo é empurrado, a energia térmica do piso e a energia térmica do cubo aumentam por causa do atrito. De acordo com a lei de conservação da energia, W = ∆Emec + ∆Et para o sistema piso-cubo. Como a velocidade é constante, ∆K = 0 e a Eq. 8-33 nos dá W = ∆Emec + ∆Et = ∆Et = ∆Et (cubo) + ∆Et (piso) . Como W = (15 N)(3,0 m) = 45 J e, de acordo com o enunciado, ∆Et (cubo) = 20 J, concluímos que ∆Et (piso) = 25 J.
soluções dos problemas 255
Nota: Neste caso, todo o trabalho aplicado ao cubo foi convertido em energia térmica. A quantidade de energia térmica transferida para um material depende das propriedades térmicas do material, como será discutido no Capítulo 18. 74. Vamos tomar, como referência, a altura em que se encontra a esquiadora ao passar pelo ponto B. Nesse caso, a altura em que se encontra a esquiadora ao passar pelo ponto A é yA = R(1 – cos 20°) = 1,2 m, em que R é o raio do morro. A massa da esquiadora é m = (600 N) / (9, 8 m/s2 ) = 61 kg . (a) De acordo com a Eq. 8-17, K B + U B = K A + U A ⇒ K B + 0 = K A + mgyA . Como K B = (61 kg)(8, 0 m/s)2 /2 , KA = 1,2 × 103 J. Assim, a velocidade da esquiadora no alto do morro é 2K A 2(1, 2 × 10 3 J) vA = = = 6, 4 m/s. m 61 kg Nota: Alguém pode aventar a possibilidade de que a esquiadora perca contato com a neve ao passar pelo ponto A, mas é fácil demonstrar que isso não acontece no caso que estamos examinando. No ponto A, a aceleração centrípeta é v2/r ≈ 2 m/s2, um valor bem menor que g. (b) Para KA = 0, temos: K B + U B = K A + U A ⇒ K B + 0 = 0 + mgyA , o que nos dá KB = 724 J. A velocidade correspondente é 2K B 2(724 J) = = 4, 9 m/s. m 61 kg (c) Expressando as energias em termos da massa da esquiadora, temos: vB =
KB + UB = KA + UA ⇒ 1 2 1 mvB + mgyB = mvA2 + mgyA . 2 2 Assim, a massa m pode ser colocada em evidência e a razão entre as velocidades vA e vB não depende da massa e, portanto, não depende do peso da esquiadora. 75. Este problema trata do movimento pendular. A energia cinética e a energia potencial da bola mudam com a posição, mas a energia mecânica permanece constante. Seja L o comprimento do pêndulo. A relação entre o ângulo θ (em relação à vertical) e a altura h (medida em relação ao ponto mais baixo da trajetória da bola, que será usado como referência para calcular a energia potencial gravitacional) é dada por h = L(1 – cos θ ). A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da bola. A altura inicial é h1 = 2L; no ponto mais baixo, temos h2 = 0. A energia mecânica total é conservada durante o movimento.
256 soluções dos problemas
(a) Inicialmente, a bola está a uma altura h1 = 2L, com K1 = 0, e U1 = mgh1 = mg(2 L ). No ponto mais baixo, h2 = 0 e temos e U 2 = 0 . De acordo com a lei de conservação da energia, na forma da Eq. 8-17, temos: K1 + U1 = K 2 + U 2
⇒
0 + 2 mgL =
1 2 mv2 + 0 . 2
Isso nos dá v2 = 2 gL . Para L = 0,62 m, temos: v2 = 2 (9, 8 m/s2 )(0, 62 m) = 4, 9 m/s . (b) No ponto mais baixo, o centro da circunferência está verticalmente acima da bola e, portanto, a aceleração centrípeta, de módulo v2/r, aponta para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: T − mg =
mv 2 4 gL ⇒T = m g+ = 5 mg. r L
Para m = 0,092 kg, a tensão é T = 4,5 N. (c) O pêndulo agora começa (com velocidade zero) em θi = 90 (ou seja, hi = L) e devemos determinar qual é o ângulo θ para o qual T = mg. De acordo com o diagrama de corpo livre mostrado acima, quando o ângulo entre a haste e a vertical é θ, a Segunda Lei de Newton nos dá mv 2 = T − mg cos θ = mg(1 − cos θ ) r ou (já que r = L), v2 = gL(1 – cos θ ). De acordo com a lei de conservação da energia, K i + Ui = K + U 1 0 + mgL = mv 2 + mgL (1 − cos θ ) 2 1 gL = [ gL (1 − cos θ ) ] + gL (1 − cos θ ) 2 o que nos dá
θ = cos−1 (1 / 3) = 71 . (d) Como o ângulo calculado no item (c) não depende da massa, a resposta é a mesma para um valor maior da massa da bola. Nota: A tensão da haste quando a bola faz um ângulo θ com a vertical é dada por v2 T = m + g cosθ . r É a aceleração tangencial, at = g sen θ , que faz com que a velocidade escalar e a energia cinética variem com o tempo. A energia mecânica, porém, permanece constante. 76. (a) A tabela mostra que a força é +(3,0 N) ˆi quando o deslocamento é no sentido positivo do eixo x [ d = +(3,0 m) ˆi ] e é –(3,0 N) ˆi quando o deslocamento é no sentido negativo do eixo x. Usando a Eq. 7-8 para cada parte do percurso e somando os resultados, descobrimos que o trabalho realizado é 18 J. Este campo de força não é conservativo; se fosse, o trabalho realizado seria zero, já que a partícula voltou ao ponto de partida. (b) Neste caso, o campo de força é conservativo, já que a força é a mesma para deslocamentos nos dois sentidos. Isso pode ser facilmente demonstrado calculando o trabalho realizado e mostrando que o resultado é zero.
soluções dos problemas 257
(c) As duas integrais usadas para calcular o trabalho são
∫
4
1
x dx e
1
∫ (− x) dx e o resultado é o 4
mesmo: 4 − 1 = 15. Assim, o trabalho realizado é 2 × 15 = 30 J. 2
2
(d) Neste caso, o campo de força é conservativo, já que a força é a mesma para deslocamentos nos dois sentidos. Isso pode ser facilmente demonstrado calculando o trabalho realizado e mostrando que o resultado é zero. (e) Nas situações (b) e (d), as forças são conservativas. 77. A relação entre a função energia potencial U(x) e a força conservativa F(x) é dada pela Eq. 8-22: F ( x) = − dU /dx . Quando a derivada de U(x) em um certo ponto é positiva, isso significa que F(x) é negativa, e vice-versa. (a) No ponto x = 2,0 m, temos: F=−
dU ∆U U ( x = 4 m) − U ( x = 1 m) −(17, 5 J) − (−2, 8 J) ≈− =− =− = 4, 9 N. dx ∆x 4, 0 m − 1, 0 m 4, 0 m − 1, 0 m
(b) Como a derivada de U(x) no ponto x = 2,0 m é negativa, a força aponta no sentido positivo do eixo x. (c) No ponto x = 2,0 m, a energia potencial é U ( x = 2, 0 m) ≈ U ( x = 1, 0 m) + (−4, 9 J/m)(1, 0 m) = −7, 7 J. Assim, a energia mecânica total é 1 2 1 mv + U = (2, 0 kg)(−1, 5 m/s)2 + (−7, 7 J) = −5, 5 J. 2 2 Existem dois pontos da curva da energia potencial com este valor: x ≈ 1,5 m e x ≈ 13,5 m. Assim, a partícula permanece na região 1,5 < x < 13,5 m. O limite da esquerda é x = 1,5 m. E = K +U =
(d) De acordo com o resultado obtido no item (c), o limite da direita é x = 13,5 m. (e) No ponto x = 7,0 m, U ≈ –17,5 J. Assim, como a energia total [calculada no item (c)] é E ≈ –5,5 J, temos: 1 2 mv = E − U ≈ 12 J ⇒ v = 2
2 ( E − U ) ≈ 3, 5 m/s. m
78. (a) Como a velocidade do caixote aumenta de 0 para 1,20 m/s em relação ao piso da fábrica, a energia cinética fornecida ao caixote é 1 2 1 mv = (300 kg)(120 m/s)2 = 216 J. 2 2 (b) O módulo da força de atrito cinético é K=
f = µ FN = µ mg = (0, 400)(300 kg)(9,8 m / s 2 ) = 1,18 × 10 3 N. (c) Seja d a distância percorrida pelo caixote em relação à esteira antes que pare de escorregar. De acordo com a Eq. 2-16, v2 = 2ad = 2fd/m e, portanto, mv2/2 = fd. Assim, a Eq. 8-31 nos dá ∆Et = fd =
1 2 mv = K 2
e a energia total fornecida pelo motor é W = K + ∆Et = 2 K = (2)(216 J) = 432 J.
258 soluções dos problemas
(d) A energia fornecida pelo motor, calculada no item (c), é maior que a energia cinética fornecida ao caixote, calculada no item (a), porque parte da energia fornecida pelo motor foi dissipada na forma de calor (∆Et) enquanto o caixote estava escorregando. 79. Enquanto o carro desce a ladeira, parte da energia mecânica é convertida em energia térmica por causa do atrito. A variação de altura entre o início e o final do percurso é ∆y = −(50 m) sen 5,0o = −4,4 m. Usando como referência a posição final do carro, a variação de energia potencial é dada por ∆U = mg∆y . Quanto à energia cinética, a primeira coisa a fazer é converter as velocidades para unidades do SI: v0 = 8,3 m/s e v = 11,1 m/s. A variação de energia cinética é ∆K = m(v 2f − vi2 ) /2 . A variação total de energia mecânica é ∆Emec = ∆K + ∆U . (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos: ∆Emec = ∆K + ∆U =
1 m(v 2f − vi2 ) + mg∆y 2
1 (1500 kg) [ (11,1 m/s)2 − (8, 3 m/s)2 ] + (1500 kg)(9, 8 m/s 2 )(−4, 4 m) 2 = −23.940 J ≈ −2,4 × 10 4 J. =
Assim, a redução da energia mecânica causada pela força de atrito foi 2,4 × 104 J. (b) De acordo com as Eqs. 8-31 e 8-33, ∆Et = fk d = − ∆Emec . Para d = 50 m, temos: fk =
− ∆Emec −(−2, 4 × 10 4 J) = = 4, 8 × 10 2 N . d 50 m
80. Se, quando o bloco percorre uma distância horizontal d1 = 40 m, o deslocamento vertical é d2 = 30 m, o ângulo do plano inclinado é 30 θ = tan −1 = 37o. 40 Note também que a força de atrito cinético é fk = µ k mg cos θ. Nesse caso, de acordo com as Eqs. 8-31 e 8-33, o trabalho realizado pela força em um segundo é W = mgh + fkd = mgd(sen θ + µk cos θ) em que d = 1,34 m é a distância percorrida pelo bloco em um segundo. Substituindo valores conhecidos, obtemos W = 1,69 × 104 J. Assim, a potência desenvolvida pela força é P=
81. (a) O trabalho realizado quando a partícula se move de x = 3,00 m até x = 2,00 m é W = F2 ∆x =(5,00 N)(–1,00 m) = –5,00 J. e, portanto, a energia potencial no ponto x = 2,00 m é U2 = +5,00 J. (b) De acordo com o enunciado do problema, Emáx = 14,0 J e, portanto, a energia cinética no ponto x = 2,00 m é K2 = Emáx – U2 = 14,0 – 5,00 = 9,00 J. (c) O trabalho realizado quando a partícula se move de x = 2,00 m até x = 0 é W = F1 ∆x =(3,00 N)(–2,00 m) = – 6,00 J e, portanto, a energia potencial no ponto x = 0 é U0 = 6,00 J + U2 = (6,00 + 5,00) J = 11,0 J.
soluções dos problemas 259
(d) Um raciocínio semelhante ao do item (a) nos dá K0 = Emáx – U0 = (14,0 – 11,0) J = 3,00 J. (e) O trabalho realizado quando a partícula se move do ponto x = 8,00 m até o ponto x = 11,0 mé W = F3 ∆x =(– 4,00 N)(3,00 m) = –12,0 J e, portanto, a energia potencial no ponto x = 11,0 m é U11 = 12,0 J. (f) A energia cinética no ponto x = 11,0 m é, portanto, K11 = Emáx – U11 = (14,0 – 12,0) J = 2,00 J. (g) Nesse caso, W = F4 ∆x = (–1,00 N)(1,00 m) = –1,00 J e, portanto, a energia potencial no ponto x = 12,0 m é U12 = 1,00 J + U11 = (1,00 + 12,0) J = 13,0 J. (h) A energia cinética no ponto x = 12,0 m é, portanto, K12 = Emáx – U12 = (14,0 – 13,0) = 1,00 J. (i) Como o trabalho realizado no intervalo de x = 12,0 m a x = 13,0 m é nulo, a resposta é a mesma do item (g): U12 = 13,0 J. (j) Como o trabalho realizado no intervalo de x = 12,0 m a x = 13,0 m é nulo, a resposta é a mesma do item (h): K12 = 1,00 J. (k) Embora o gráfico não seja mostrado aqui, tem o aspecto de um “poço de potencial” formado por retas horizontais e inclinadas. De x = 0 até x = 2 (em unidades do SI) o gráfico de U é uma reta inclinada para baixo que vai de 11 a 5; de x = 2 até x = 3, é uma reta inclinada para baixo que vai de 5 a 0. De x = 3 até x = 8, é uma reta horizontal. De x = 8 até x = 11, é uma reta inclinada para cima que vai de 0 a 12; de x = 11 até x = 12, é uma reta inclinada para cima que vai de 12 a 13. A partir de x = 12, é uma reta horizontal (esta é a “borda direita do poço”). (l) Podemos imaginar que a partícula “cai” no poço até o nível mais baixo, que se estende de x = 3 até x = 8. Nesse nível, como U = 0, toda a energia potencial inicial (11 J) foi convertida em energia cinética e, portanto, K = 11,0 J. (m) A energia cinética calculada no item (l) não é suficiente para que a partícula atinja a borda direita do poço, mas permite que chegue a uma “altura” de 11 no ponto x = 10,8 m. Como é discutido na Seção 8-6, este é um “ponto de retorno”. (n) Após atingir o ponto de retorno, a partícula “cai de volta” no poço de potencial e torna a subir do lado esquerdo até voltar à posição inicial. Uma análise mais detalhada mostra que, depois de parar (momentaneamente) no ponto x = 10,8 m, a partícula é acelerada para a esquerda pela força F3 e ganha velocidade suficiente para subir de volta até o ponto x = 0, onde para novamente. 82. (a) No ponto x = 5,00 m, a energia potencial é zero e a energia cinética é K=
1 2 1 mv = (2,00 kg)(3,45 m/s)2 = 11,9 J. 2 2
A energia total, portanto, é suficiente para que a partícula chegue ao ponto x = 0, onde U = 11,0 J, com uma pequena “reserva” (11,9 J – 11,0 J = 0,9025 J). Como essa sobra de energia está na forma de energia cinética, a velocidade em x = 0 é v=
2(0, 9025 J)/(2 kg) = 0,950 m/s.
Não existe, portanto, um ponto de retorno.
260 soluções dos problemas
(b) A energia total (11,9 J) é igual à energia potencial no ponto x = 10,9756 ≈ 11,0 m. Esse ponto pode ser determinado por interpolação ou com o auxílio do teorema do trabalho e energia cinética: Kf = Ki + W = 0 ⇒ 11,9025 + (–4)d = 0 ⇒ d = 2,9756 ≈ 2,98 [distância que, ao ser somada a x = 8,00 (o ponto no qual F3 começa a agir), fornece o resultado correto]. Assim, existe um ponto de retorno em x ≈ 11,0 m. 83. (a) Como a energia potencial não varia, a Eq. 8-25 nos dá 1 W = ∆K = m(v 2 − v02 ). 2 Assim, ∆E = 6,0 × 103 J. (b) De acordo com os cálculos do item (a), W = 6,0 × 103 J. Além disso, como visto no Capítulo 2, ∆t = ∆v/a = 10 s. Assim, a Eq. 7-42 nos dá W 6, 0 × 10 3 = = 600 W. ∆t 10 (c) e (d) Como a força constante aplicada é ma = 30 N e a direção da força coincide com a direção do movimento, a Eq. 7-48 nos dá Pmed =
{
300 W para v = 10 m/s P = F ⋅v = 900 W para v = 30 m/s Note que a média dos dois valores está de acordo com o resultado do item (b). 84. (a) Para distender uma mola, é preciso aplicar uma força de módulo igual e sentido oposto ao da força da mola. Como uma mola distendida no sentido positivo do eixo x exerce uma força no sentido negativo do eixo x, a força aplicada deve ser F = 52, 8 x + 38, 4 x 2, no sentido positivo do eixo x. O trabalho executado é 1,00
W=
∫ (52,8 x + 38, 4 x
2
)dx =
0 ,50
52, 8 2 38, 4 3 x + x 2 3
1,00
= 31, 0 J.
0,,50
(b) Como a mola realiza um trabalho de 31,0 J, esse é o aumento da energia cinética da partícula. A velocidade da partícula é, portanto, v=
2K = m
2(31, 0 J) = 5, 35 m/s. 2,17 kg
(c) A força é conservativa, já que o trabalho realizado pela força quando a partícula é deslocada de um ponto qualquer de coordenada x1 para outro ponto qualquer de coordenada x2 depende apenas dos valores das coordenadas x1 e x2. 85. De acordo com a lei de conservação da energia, a variação da energia cinética da água em um segundo é ∆K = − ∆U = mgh = ρVgh = (10 3 kg / m 3 )(1200 m 3 )(9, 8 m / s 2 )(100 m) = 1,176 × 10 9 J. Como apenas 3/4 dessa energia são transformados em energia elétrica, a taxa de geração de energia (suposta constante, de modo que a potência média é igual à potência instantânea) é (3/4) ∆K (3/4)(1,176 × 10 9 J) Pméd = = = 8, 8 × 108 W. t 1, 0 s 86. (a) De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade no ponto B é v=
v02 + 2 gh1 =
(7, 0 m/s)2 + 2(9, 8 m/s 2 )(6, 0 m) = 13 m/s.
soluções dos problemas 261
(b) De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade no ponto C é v=
v02 + 2 g(h1 − h2 ) =
(7, 0 m/s)2 + 2(9, 8 m/s 2 )(4, 0 m) = 11, 29 m/s ≈ 11 m/s.
(c) Como a partir do ponto C a pista é horizontal, a energia cinética do bloco no início do trecho “acidentado” é a mesma que o bloco possuía no ponto C, que podemos calcular usando o resultado do item (b): K = mv2/2 = m(11,29)2/2 = 63,7m (em unidades do SI). Note que mantivemos a massa na equação como se fosse uma grandeza conhecida; no final, como vamos ver em seguida, a massa será cancelada. De acordo com a Eq. 8-33 e a Eq. 6-2 com FN = mg e supondo que toda a energia cinética é transformada em energia térmica, temos: 63,7m = µk mgd para d < L. Fazendo µk = 0,70, obtemos d = 9,3 m, que é realmente menor que L (dado no problema como sendo 12 m). Concluímos que o bloco não chega ao ponto D e a distância que percorre no trecho com atrito é 9,3 m. 87. Tomando o ponto A como referência para a energia potencial, a energia mecânica total nos pontos A, B e C é 1 2 1 mvA + U A = mv02 2 2 1 2 1 2 E B = mvB + U B = mvB − mgL 2 2 1 2 E D = mvD + U D = mgL 2 em que vD = 0. O problema pode ser resolvido usando a lei de conservação da energia, segundo a qual E A = E B = E D . EA =
(a) A condição de que E A = E D nos dá 1 2 mv0 = mgL 2
⇒ v0 =
2 gL .
(b) Para calcular a tensão da haste quando a bola passa pelo ponto B, calculamos primeiro a velocidade no ponto B. Fazendo E B = E D, obtemos 1 2 mvB − mgL = mgL 2
⇒
vB =
4 gL .
Quando a bola está nessa posição, a aceleração centrípeta aponta para cima, na mesma direção da tensão. Assim, de acordo com a Segunda Lei de Newton, T − mg =
mvB2 m(4 gL ) = = 4 mg r L
o que nos dá T = 5mg. (c) Como a diferença de altura entre os pontos C e D é L, a energia mecânica “perdida” (que é transformada em energia térmica) é –mgL. (d) Como a diferença de altura entre os pontos B e D é 2L, a energia mecânica “perdida” (que é transformada em energia térmica) é –2mgL. Nota: Outra forma de resolver o item (d) é notar que E B′ =
1 mvB′ 2 + U B = 0 − mgL = − mgL 2
o que nos dá ∆E = E B′ − E A = − mgL − mgL = −2 mgL .
262 soluções dos problemas
88. (a) A energia cinética inicial é 1 (1, 5)(3)2 = 6, 75 J. 2 (b) Desprezando a resistência do ar, o trabalho realizado pela força gravitacional é igual à variação da energia cinética. No ponto mais alto da trajetória, a energia cinética é zero e, portanto, o trabalho realizado pela força gravitacional é –6,75 J. Ki =
(c) Como a variação de energia potencial é igual ao negativo da variação de energia cinética, ∆U = 6,75 J. (d) Se Ui = 0, a energia potencial no ponto mais alto da trajetória é Uf = Ui +∆U = 0 + 6,75 = 6,75 J. (e) Se Uf = 0, Ui = Uf − ∆U = 0 − 6,75 = −6,75 J. (f) Como mg∆y = ∆U , ∆y = ∆U/mg = 6,75/(1,5 × 9,8) = 0,459 m. 89. (a) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, a energia cinética da lata ao chegar ao solo (que tomamos como referência para a energia potencial) é a soma da energia cinética inicial com a energia potencial inicial: 1 (2,50 kg)(3,00 m/s)2 + (2,50 kg)(9,80 m/s2)(4,00 m) = 109 J. 2 Para uso futuro, notamos que a velocidade da lata ao chegar ao solo é K = Ki + Ui =
v=
2K /m = 9,35 m/s.
(b) Quando a lata se encontra a 4,00/2 = 2,00 m do solo, a energia cinética é K = 1 (2,50 kg)(3,00 m/s)2 + (2,50 kg)(9,80 m/s2)(2,00 m) = 60,3 J. 2 (c) Uma forma simples de resolver este item e o item seguinte é imaginar que a lata está sendo lançada do solo, no instante t = 0, com uma velocidade de 9,35 m/s [veja o item (a)], e calcular a altura e a velocidade da lata no instante t = 0,200 s, usando as Eqs. 2-15 e Eq. 2-11: 1 (9,80 m/s2)(0,200 s)2 = 1,67 m, 2 v = 9,35 m/s – (9,80 m/s2)(0,200 s) = 7,39 m/s.
y = (9,35 m/s)(0,200 s) – A energia cinética é K=
1 (2,50 kg) (7,39 m/s)2 = 68,2 J. 2
(d) A energia potencial gravitacional é U = mgy = (2,5 kg)(9,8 m/s2)(1,67 m) = 41,0 J. 90. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do baú. Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x e y das forças envolvidas, obtemos o seguinte sistema de equações: F1 cos θ – fk – mg sen θ = ma FN – F1 sen θ – mg cos θ = 0.
soluções dos problemas 263
(a) Como o baú está se movendo com velocidade constante, a = 0. Fazendo fk = µk FN no sistema de equações acima, e resolvendo o sistema, obtemos F1 =
mg(sen θ + µ k cos θ ) cos θ − µ k sen θ
O trabalho realizado pela força F1 quando o baú sobe uma distância d ao longo do plano inclinado é, portanto, ( mgd cos θ (sen θ + µk cos θ W1 = F1dcos θ = cos θ − µ k sen θ
)
)
(50 kg) (9, 8 m s ) (6, 0 m ) ( cos 30 ) (sen 30 + ( 0, 20 ) cos 30 ) 2
=
cos 30 − ( 0,20 ) sen 30
= 2, 2 × 10 J. 3
(b) O aumento da energia potencial gravitacional do baú é ∆U = mgd sen θ = (50 kg)(9,8 m / s 2 )(6, 0 m)sen 30 = 1, 5 × 10 3 J. Como a velocidade (e, portanto, a energia cinética) do baú é constante, a Eq. 8-33 nos dá W1 = ∆U + ∆Et . Assim, usando números mais precisos que os mostrados acima, o aumento da energia térmica (produzido pelo atrito cinético) é 2,24 × 103 J – 1,47 × 103 J = 7,7 × 102 J. Outra forma de resolver o problema é usar a relação ∆Et = fkd (Eq. 8-31). 91. Vamos tomar como referência para a energia potencial a altura inicial do bloco 2M da Fig. 8-67. Quando o bloco 2M começa a descer, a energia potencial total é a soma da energia potencial gravitacional com a energia potencial elástica da mola. Note que a energia cinética total é a soma das energias cinéticas dos dois blocos. (a) De acordo com a Eq. 8-17, temos: Ki + Ui = Ktot + Utot ⇒ 0 + 0 = Ktot + (2M)g(–0,090) +
1 k(0,090)2. 2
Para M = 2,0 kg, obtemos Ktot = 2,7 J. (b) A energia cinética do bloco 2M constitui uma fração conhecida da energia cinética total: K 2 M (2 M )v 2 /2 2 . = = K tot (3 M )v 2 /2 3 Assim, K2M =
2 (2,7 J) = 1,8 J. 3
(c) Para resolver este item, basta fazer y = –d, Ktot = 0 e calcular o valor de d. Ki + Ui = Ktot + Utot ⇒ 0 + 0 = 0 + (2M)g(–d) +
1 kd 2. 2
Para M = 2,0 kg, obtemos d = 0,39 m. 92. De acordo com a lei de conservação da energia, mgh = mv2/2 e a velocidade da nuvem é dada por v = 2 gh . Neste problema, a altura h está relacionada à distância d = 920 m ao longo da encosta pela relação trigonométrica h = d senθ, em que θ = 10° é a inclinação da encosta. Assim, v = 2(9, 8 m/s 2 )(920 m)sen 10° = 56 m/s. 93. (a) Como o escorrega representado na Fig. 8-68 tem a forma de um arco de circunferência que tangencia o solo, o movimento da criança é análogo ao do peso de um pêndulo de comprimento R = 12 m que é levantado de um ângulo θ (correspondente à posição da criança no alto do escorrega, a uma altura h = 4,0 m) e depois liberado, chegando ao ponto mais baixo da tra-
264 soluções dos problemas
jetória com uma velocidade v = 6,2 m/s . Examinando as relações trigonométricas exatamente como faríamos no problema do pêndulo, encontramos h h = R(1 − cos θ ) ⇒ θ = cos −1 1 − = 48o R ou 0,84 radiano. Assim, o comprimento do escorrega é s = Rθ = (12 m)(0,84) = 10 m. (b) Para determinar o módulo f da força de atrito, usamos a Eq. 8-33 (com W = 0): 0 = ∆K + ∆U + ∆Et 1 = mv 2 − mgh + fs 2 o que (para m = 25 kg) nos dá f = 49 N. (c) Voltando à analogia do pêndulo, a hipótese de que o alto do escorrega tangencia uma reta vertical, 12 m à esquerda do centro de curvatura, corresponde a liberar o pêndulo da horizontal (ou seja, de um ângulo θ1 = 90° em relação à vertical), caso em que, ao chegar ao solo, o peso faz um ângulo θ2 com a vertical e possui uma velocidade v = 6,2 m/s. A diferença de altura entre as duas posições (tanto no caso do pêndulo como no caso do escorrega) é ∆h = R(1 – cos θ2) − R(1 − cos θ1) = −R cos θ2 em que usamos o fato de que cos θ1 = 0. Fazendo ∆h = –4,0 m, obtemos θ2 = 70,5°, o que significa que o arco de circunferência subtende um ângulo ∆θ = 19,5° ou 0,34 radiano. Multiplicando pelo raio, obtemos um comprimento s9 = 4,1 m para o escorrega. (d) Podemos obter o módulo f9 da força de atrito usando a Eq. 8.33 (com W = 0): 0 = ∆K + ∆U + ∆Et 1 = mv 2 − mgh + f ′s ′ 2 o que nos dá f 9 = 1,2 × 102 N. 94. Usamos a equação P = Fv para calcular a força: F=
P = v
92 × 10 6 W = 5, 5 × 10 6 N. 1000 km h m km (32, 5 nós ) 1, 852 nó 3600 s h
95. Este problema pode ser totalmente resolvido usando os métodos apresentados nos Capítulos 2 a 6; na solução apresentada a seguir, porém, usamos a lei de conservação da energia sempre que possível. (a) Analisando as forças envolvidas, descobrimos que o módulo da força normal é FN = mg cos θ, em que θ é a inclinação da rampa, o que nos dá uma força de atrito fk = µk mg cos θ, em que µk é o coeficiente de atrito cinético. Assim, de acordo com a Eq. 8-31, temos: ∆Et = fk d = µk mgd cos θ. Além disso, uma relação trigonométrica simples mostra que ∆U = –mgd sen θ, em que d é o comprimento da rampa. Como Ki = 0, a Eq. 8-33 (com W = 0) mostra que a energia cinética final é Kf = −∆U −∆Et = mgd (sen θ − µk cos θ) o que nos permite calcular a velocidade do caixote ao chegar ao final da rampa: v=
2K f = m
2 gd (sen θ − µ k cos θ ) = 55 m/s.
soluções dos problemas 265
(b) Depois de chegar ao piso com a velocidade calculada no item (a), o caixote passa a se mover horizontalmente sob a ação de uma força de atrito fk = µk mg e percorre uma distância d9 antes de parar. De acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), 0 = ∆K + ∆U + ∆Et 1 = 0 − mv 2 + 0 + µ k mgd ′ 2 1 = − [ 2 gd (sen θ − µ k cos θ ) ] + µ k gd ′ 2 na qual dividimos ambos os membros pela massa e substituímos a velocidade pelo valor calculado no item (a). Assim, d (sen θ − µ k cos θ ) d′ = = 5, 4 m. µk (c) As expressões obtidas nos itens (a) e (b) mostram que as respostas não dependem da massa. Um caixote de 90 kg teria a mesma velocidade ao chegar ao final da rampa e percorreria a mesma distância no piso. É interessante notar que a aceleração da gravidade também não aparece na expressão de d9. Isso quer dizer que a distância percorrida no piso pelo caixote seria a mesma se o acidente tivesse acontecido em Marte! 96. (a) Como a velocidade final (e, portanto, a energia cinética final) é zero, o decréscimo de energia cinética é ∆K = mv2/2 = (70 kg)(10 m/s)2/2 = 3500 J = 3,5 kJ. (b) Como toda a energia cinética é transformada em energia térmica, ∆Et = 3500 J = 3,5 kJ. 97. De acordo com a Eq. 8-33, mgy f = K i + mgyi − ∆Et , ou 1 (0,50 kg)(4,00 /s)2 + (0,50 kg)(9,8 m/s2)(0) – ∆Et 2 o que nos dá ∆Et = 4,00 J – 3,92 J = 0,080 J. (0,50 kg)(9,8 m/s2)(0,80 m) =
98. Como o período T é (2,5 rev/s)−1 = 0,40 s, a Eq. 4-35 nos dá v = 3,14 m/s. De acordo com a Eq. 6-2, o módulo da força de atrito é f = µk FN = (0,320)(180 N) = 57,6 N. Como a potência dissipada pelo atrito é igual à potência fornecida pelo motor, a Eq. 7-48 nos dá P = (57,6 N)(3,14 m/s) = 181 W. 99. Se a força de arrasto média é 110 N, o nadador deve exercer sobre a água uma força de 110 N para manter a velocidade constante. Como a velocidade relativa entre o nadador e a água é 0,22 m/s, a Eq. 7-48 nos dá P = F ⋅ v = Fv = (110 N ) ( 0, 22 m s ) = 24 W. 100. A energia cinética inicial do automóvel é Ki = mv2/2, em que m = 16400/9,8 = 1673 kg. De acordo com as Eqs. 8-31 e 8-33, supondo que a estrada é plana, K i = fd , na qual f é o módulo da força de atrito e d é a distância percorrida pelo carro antes de parar. Usando vi = (113 km/h ) = (113 km/h ) (1000 m/km)(1 h/3600 s) = 31, 4 m/s, obtemos d=
K i mvi2 (1673 kg ) (31, 4 m/s)2 = = = 100 m . 2f 2 (8230 N ) f
101. Usando como referência para a energia potencial o ponto de onde a bola foi lançada, temos (em unidades do SI): ∆E = mgh −
1 2 1 mv0 = m (9, 8)(8,1) − (14)2 2 2
266 soluções dos problemas
o que, para m = 0,63 kg, nos dá ∆E = –12 J. Esta “perda” de energia mecânica se deve presumivelmente à resistência do ar. 102. (a) A energia (interna) que o alpinista teria que converter em energia potencial gravitacional seria ∆U = mgh = ( 90 kg ) ( 9, 80 m/s2 ) (8850 m ) = 7, 8 × 10 6 J. (b) O número de barras de chocolate seria 7, 8 × 10 6 J ≈ 6, 2 barras. 1, 25 × 10 6 J barra
N=
103. (a) De acordo com a Eq. 2-15, a aceleração do velocista é a=
2 ∆x ( 2 ) ( 7, 0 m ) = = 5, 47 m s 2. t2 (1, 6 s )2
A velocidade no instante t = 1,6 s é, portanto, v = at = ( 5, 47 m s 2 ) (1, 6 s ) = 8, 8 m s . O problema também pode ser resolvido usando a Eq. 2-16. (b) A energia cinética do velocista é K=
em que m é a massa e w é o peso do velocista. (c) A potência média é Pméd =
∆K 2, 6 × 10 3 J = = 1, 6 × 10 3 W . ∆t 1, 6 s
104. De acordo com a Eq. 8-6, temos (em unidades do SI): ξ
U (ξ ) = − ∫ (−3 x − 5 x 2 ) dx = 0
3 2 5 3 ξ + ξ . 2 3
(a) Usando a expressão acima, obtemos U(2) ≈ 19 J. (b) Sabemos que, quando a velocidade do objeto é v = 4 m/s, a energia mecânica é mv2/2 + U(5). De acordo com a lei de conservação da energia, o objeto deve ter a mesma energia mecânica na origem: 1 2 1 mv + U (5) = mv02 + U (0). 2 2 Assim, a velocidade na origem é v0 =
v2 +
2 [U (5) − U (0)]. m
Para U(5) = 246 J, U(0) = 0 e m = 20 kg, obtemos v0 = 6,4 m/s. (c) Neste caso, a expressão obtida para U no item (a) muda para 3 5 U ( x) = −8 + ξ 2 + ξ 3 2 3
soluções dos problemas 267
Assim, a resposta do item (a) muda para U(2) = 2 J. Por outro lado, a resposta do item (b) permanece a mesma, pois depende apenas da diferença entre dois valores da energia potencial, U(5) e U(0), que não é afetada pela mudança da referência escolhida para a energia potencial. 105. (a) Aplicando a segunda lei de Newton e a Eq. 6-2 às componentes das forças envolvidas, obtemos Fmaq – mg senθ – µk mg cosθ = ma. Como o tronco se move com velocidade constante, a = 0 e, portanto, Fmaq = mg senθ + µk mg cosθ = 372 N. Assim, o trabalho realizado pela máquina é Fmaqd = 744 J = 7,4 × 102 J. (b) A energia térmica produzida é µk mg cosθ d = 240 J = 2,4 × 102 J. 106. (a) No ponto mais alto da trajetória da bola, a componente vertical vy da velocidade é zero e a componente horizontal vx é igual à componente horizontal da velocidade de lançamento (veja a Seção 4-6): v0x = v0 cosθ, em que θ é o ângulo de lançamento. A energia cinética no ponto mais alto da trajetória está relacionada à energia cinética no ponto de lançamento através da Eq. 8-17: 1 2 1 2 1 2 mv = mv0 x + mv0 y , 2 2 2 em que y é a altura máxima atingida pela bola. Como o termo mv0x2/2 no lado esquerdo da equação cancela o termo mv2/2 no lado direito, v0y = 2gy ≈ 6 m/s. Como v0y = v0 senθ, temos: mgy +
v0 = 11,98 m/s ≈ 12 m/s. (b) A lei de conservação da energia (incluindo a energia elástica da mola comprimida, dada pela Eq. 8-11) também pode ser aplicada ao movimento no interior do cano da espingarda (levando em conta o fato de que uma distância d percorrida no interior do cano corresponde a um aumento de altura de d senθ): 1 2 1 2 kd = v0 + mgd sen θ ⇒ d = 0,11 m. 2 2 107. O trabalho realizado por uma força F é o negativo da variação de energia potencial (veja a Eq. 8-6); assim, UB = UA – 25 = 15 J. 108. (a) Vamos supor que a massa do alpinista está entre m1 = 50 kg e m2 = 70 kg (o que corresponde a um peso entre 490 e 686 N). O aumento de energia potencial do alpinista está, portanto, no intervalo m1 gh ≤ ∆U ≤ m2 gh
⇒
2 × 10 5 ≤ ∆U ≤ 3 × 10 5
em unidades do SI (J), em que h = 443 m. (b) Como o problema pede apenas o valor da energia interna que é convertida em energia potencial gravitacional, o resultado é o mesmo do item (a). Entretanto, se fôssemos considerar a energia interna total (boa parte da qual é convertida em calor), a energia despendida para escalar o prédio seria bem maior do que se o alpinista simplesmente subisse as escadas. 109. (a) A Eq. 8-37 nos dá Kf = Ki + mgyi – fk d = 0 + (60 kg)(9,8 m/s2)(4,0 m) – 0 = 2,35 × 103 J. (b) Incluindo o atrito, temos: Kf = Ki + mgyi – fk d = 0 + (60 kg)(9,8 m/s2)(4,0 m) – (500 N)(4,0 m) = 352 J.
268 soluções dos problemas
110. Vamos usar a base do plano inclinado como referência. A distância d ao longo do plano está relacionada à altura y pela equação y = d sen θ. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, temos: 1 2 mv0 + 0 = 0 + mgy 2 sendo v0 = 5,0 m/s. Isso nos dá y = 1,3 m e, portanto, d = 2,6 m. K 0 + U 0 = K1 + U1 ⇒
(b) Analisando as forças envolvidas (veja o Capítulo 6), concluímos que o módulo da força de atrito é fk = µkmg cos θ. De acordo com a Eq. 8-33, K 0 + U 0 = K1 + U1 + fk d 1 2 mv0 + 0 = 0 + mgy + fk d 2 1 2 mv0 = mgd sen θ + µ k mgd cos θ . 2 Dividindo ambos os membros pela massa e explicitando d, obtemos: d=
v02 = 1, 5 m. 2 g( µ k cos θ + sen θ )
(c) A energia térmica produzida pelo atrito é ∆Et = fkd = µk mgd cos θ = 26 J. (d) A descida de volta, da altura y = 1,5 sen 30º até a base do plano inclinado, também pode ser analisada com o auxílio da Eq. 8-33. Temos: K1 + U1 = K 2 + U 2 + ∆Et ⇒ 0 + mgy =
1 2 mv0 + 0 + 26, 2
o que nos dá v2 = 2,1 m/s. 111. De acordo com a Eq. 8-8, ∆y =
68.000 J = 738 m. (9, 4 kg)(9, 8 m/s 2 )
112. Vamos supor que a energia cinética inicial (no instante em que o homem pula) é desprezível. Nesse caso, desprezando a resistência do ar, a energia potencial elástica da rede estimada é igual à diferença de energia potencial gravitacional entre o local do salto e o solo. Assim, U rede = U grav = mgh sendo h = 11,0 m + 1,5 m = 12,5 m. Para m = 70 kg, obtemos Urede = 8580 J. 113. Em unidades do SI, m = 0,030 kg e d = 0,12 m. (a) Como não há variação de altura (e, presumivelmente, também não há variação de energia potencial elástica, ∆U = 0. Como v0 = 500 m/s e a velocidade final é zero, temos: 1 ∆Emec = ∆K = − mv02 = −3, 8 × 10 3 J 2 (b) De acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), temos ∆Et = 3,8 × 103 J, o que nos dá ∆Et = 3,1 × 10 4 N d usando a Eq. 8-31 com f no lugar de fk (o que significa generalizar a equação para incluir forças dissipativas às quais não se aplica necessariamente a Eq. 6-2). f =
soluções dos problemas 269
114. (a) A energia cinética K do carro no instante t = 30 s é 2
1000 m km 1 1 5 K = mv 2 = (1500 kg ) ( 72 km h ) = 3, 0 × 10 J. 2 2 3600 s h (b) A potência média desenvolvida é Pméd =
∆K 3, 0 × 10 5 J = = 1, 0 × 10 4 W . ∆t 30 s
(c) Como a aceleração é constante, a potência instantânea é dada por P = Fv = mav = ma(at) = ma2t. Por outro lado, como foi visto no item (b), a potência média é Pméd = ∆K/∆t = mv2/2t = m(at)2/2t = ma2t/2. Assim, a potência instantânea após qualquer intervalo de tempo é duas vezes maior que a potência média no mesmo intervalo. No caso de um intervalo de 30 s, Pméd = 1,0 × 104 W e P = 2 Pméd = ( 2 ) (1, 0 × 10 4 W ) = 2, 0 × 10 4 W . 115. (a) A energia cinética inicial é Ki = (1,5 kg)(20 m/s)2/2 = 300 J. (b) No ponto de altura máxima, a componente vertical da velocidade é zero, mas a componente horizontal (desprezando a resistência do ar) é a mesma do instante do “lançamento”. A energia cinética no ponto de altura máxima é, portanto, K=
1 2 (1, 5 kg) [ (20 m/s) cos 34 ] = 206 J. 2
Assim, ∆U = Ki – K = 300 J – 206 J = 93,8 J. (c) Como ∆U = mg∆y, temos: ∆y =
94 J = 6, 38 m. (1, 5 kg)(9,8 m/s2 )
116. (a) A taxa de variação da energia potencial gravitacional é dU dy = mg = − mg v = −(68)(9, 8)(59) = −3, 9 × 10 4 J/s.. dt dt Assim, a energia potencial gravitacional está sendo reduzida à taxa de 3,9 × 104 W. (b) Como a velocidade é constante, a taxa de variação da energia cinética é zero. Assim, a taxa de variação da energia mecânica é igual à taxa de variação da energia potencial gravitacional, 3,9 × 104 W. 117. (a) Usando a Eq. 8-31 para descrever o efeito do atrito em termos da energia dissipada, ∆Et = fk d, temos: 1 1 k (0, 08)2 − k (0,10)2 = − fk (0, 02) 2 2 em que as distâncias estão em metros e as energias em joules. Para k = 4000 N/m e fk = 80 N, obtemos K = 5,6 J. ∆E = K +
(b) Neste caso, d = 0,10 m e, portanto, ∆E = K + 0 − o que nos dá K = 12 J.
1 k (0,10)2 = − fk (0,10) 2
270 soluções dos problemas
(c) Podemos resolver o problema de duas formas. No primeiro método, começamos por escrever uma expressão para a energia em função da distância percorrida d, 1 1 k (d0 − d )2 − kd02 = − fk d , 2 2 na qual d0 é a distensão inicial da mola. Explicitando K, obtemos: 1 K = − kd 2 + ( kd0 )d − fk d . 2 Derivando a expressão acima em relação a d e igualando o resultado a zero, obtemos um valor de d que, substituído na expressão de K, fornece o resultado: ∆E = K +
K máx =
1 ( kd0 − fk )2 = 12, 8 J. 2k
No segundo método (talvez mais simples), notamos que, para que a energia cinética K seja máxima, basta que a velocidade v seja máxima, o que acontece quando a velocidade é constante, ou seja, quando as forças estão em equilíbrio. Assim, o segundo método consiste em encontrar a situação de equilíbrio na qual a força aplicada pela mola é igual à força de atrito: Fmola = fk ⇒ kx = 80. Para k = 4000 N/m, obtemos x = 0,02 m. Acontece que x = d0 – d, de modo que esse valor corresponde a d = 0,08 m, o mesmo valor obtido no primeiro método, que, substituído na expressão de K, leva à mesma resposta, Kmáx = 12,8 J ≈ 13 J. 118. Vamos trabalhar em unidades do SI e realizar a conversão para horsepower no final. Temos: 1000 m km = 22, 2 m s . v = (80 km h ) 3600 s h De acordo com a Segunda Lei de Newton, a força Fac necessária para acelerar o carro (de peso w e massa m = w/g) obedece à equação wa Fres = Fac − F = ma = g na qual F = 300 + 1,8v2 em unidades do SI. Assim, a potência necessária é wa (12.000 ) ( 0, 92 ) 2 4 P = Fac ⋅ v = F + v = 300 + 1, 8 ( 22, 2 ) + ( 22, 2 ) = 5,14 × 10 W g 9, 8 1 hp = 69 hp. = ( 5,14 × 10 4 W ) 746 W 119. Escolhemos a posição inicial da bola como referência para a energia potencial. (a) No ponto mais alto da trajetória, a componente vertical da velocidade é zero e a componente horizontal (desprezando a resistência do ar) é a mesma do lançamento: v x = v0 cos θ . Assim, a energia cinética da bola é 1 1 1 K alto = mv x2 = m( v0 cos θ )2 = (0, 050 kg)[(8, 0 m/s) cos 30]2 = 1, 2 J . 2 2 2 (b) Escolhemos a posição inicial da bola como referência para a energia potencial. A energia inicial da bola é E0 = mv02/2. De acordo com a lei de conservação da energia, quando a bola está a uma distância h abaixo da janela, temos: 1 2 1 2 mv0 = mv − mgh 2 2 o que nos dá v=
v02 + 2 gh =
(8, 0 m/s)2 + 2(9, 8 m/s 2 )(3, 0 m) = 11,1 m/s.
soluções dos problemas 271
(c) Como pode ser visto observando a expressão obtida no item (b), v = não depende da massa da bola. (d) Como pode ser visto observando a expressão obtida no item (b), v = não depende do ângulo de lançamento.
v02 + 2 gh , a resposta
v02 + 2 gh , a velocidade
120. (a) De acordo com a Eq. 8-11, a distensão da mola na situação inicial era xi =
2(1, 44) / 3200 = 0,030 m (ou 3,0 cm).
Na nova situação, a distensão é apenas 2,0 cm (ou 0,020 m) e, portanto, a energia potencial elástica é menor que na situação inicial. Especificamente, 1 (3200 N/m)(0,020 m)2 – 1,44 J = –0,80 J. 2 (b) A energia potencial elástica depende apenas da diferença entre o comprimento da mola no estado deformado e no estado relaxado; o fato de a mola estar distendida ou comprimida não faz diferença. Assim, a resposta é a mesma do item (a), ∆U =
∆U = −0, 80 J. (c) Agora, |x| = 0,040 m, que é maior que xi, de modo que a energia potencial elástica é maior que a situação inicial. Especificamente, 1 (3200 N/m)(0,040 m)2 – 1,44 J = +1,12 J ≈ 1,1 J. 2 121. (a) De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos: ∆U =
)
1 m ( v 2f − vi2 . 2 Substituindo os valores conhecidos e explicitando a massa, obtemos: W = Pt = ∆K =
m=
( 2) (1, 5 × 106 W ) ( 360 s ) 2 Pt = = 2,1 × 10 6 kg. v 2f − vi2 ( 25 m s )2 − (10 m s )2
(b) Considerando t variável e explicitando v = v(t) na equação Pt = (v 2 − vi2 )/2, obtemos: v (t ) =
vi2 +
2 Pt = m
(10 )2 +
( 2 ) (1, 5 × 106 ) t 2,1 × 10 6
= 100 + 1, 5t
em unidades do SI (v em m/s e t em s). (c) A força em função do tempo é dada por F (t ) =
P 1, 5 × 10 6 = v (t ) 100 + 1, 5t
em unidades do SI (F em N e t em s). (d) A distância d percorrida pelo trem é dada por d=
360
3 ⌠ ∫0 v(t ′ )dt ′ = ⌡0 100 + 2 t t
1/ 2
dt =
4 3 100 + t 9 2
3 / 2 360
= 6, 7 × 10 3 m. 0
122. Na presença de uma força de atrito, o trabalho realizado sobre o sistema é dado por W = ∆Emec + ∆Et , em que ∆Emec = ∆K + ∆U e ∆Et = fk d . Na situação que estamos analisando, o trabalho foi realizado pelo taco apenas nos primeiros 2,0 m; nos 12 m restantes do percurso, o trabalho foi nulo.
272 soluções dos problemas
(a) Em uma distância d do percurso, W = 0 e a lei de conservação da energia nos dá K1 + U1 = K 2 + U 2 + fk d 1 2 mv + 0 = 0 + 0 + fk d 2 sendo d = 12 m, m = 0,42 kg e v = 4,2 m/s. Isso nos dá fk = 0,31 N. Assim, o aumento de energia térmica é ∆Et = fk d = 3, 7 J. (b) Substituindo a distância adicional d pela distância dtotal = 14 m, temos: ∆Et,total = fk dtotal = (0, 31 N)(14 m) = 4, 3 J. (c) Uma combinação das Eqs. 8-31 e 8-33 nos dá, para uma distância d9 do percurso, W = ∆Emec + ∆Et′ = ∆K + ∆U + fk d ′ =
1 2 mv + 0 + fk d ′. 2
Substituindo os valores conhecidos, obtemos W=
1 2 1 mv + fk d ′ = (0, 42 kg)(4, 2 m/s)2 + (0, 31 N)(2, 0 m) = 4, 3 J . 2 2
Capítulo 9
1. Podemos usar a Eq. 9-5 para determinar x3 e y3. (a) A coordenada x do centro de massa do sistema é xCM =
m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 (2, 00 kg)(−1, 20 m) + ( 4, 00 kg ) ( 0, 600 m ) + ( 3, 00 kg ) x3 = 2, 00 kg + 4, 00 kg + 3, 00 kg m1 + m2 + m3
= −0, 500 m, o que nos dá x3 = –1,50 m. (b) A coordenada y do centro de massa do sistema é yCM =
m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 (2, 00 kg)(0, 500 m) + ( 4, 00 kg ) ( −0, 750 m ) + ( 3, 00 kg ) y3 = 2, 00 kg + 4, 00 kg + 3, 00 kg m1 + m2 + m3
= −0, 700 m, o que nos dá y3 = –1,43 m. 2. Vamos usar a seguinte notação: x1 = 0 e y1 = 0 são as coordenadas da partícula de massa m1 = 3,0 kg; x2 = 2,0 m e y2 = 1,0 m são as coordenadas da partícula de massa m2 = 4,0 kg; x3 = 1,0 m e y3 = 2,0 m são as coordenadas da partícula de massa m3 = 8,0 kg. (a) A coordenada x do centro de massa é xCM =
m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 0 + ( 4, 0 kg ) ( 2, 0 m ) + (8, 0 kg ) (1, 0 m ) = 1,1 m. = m1 + m2 + m3 3, 0 kg + 4, 0 kg + 8, 0 kg
(b) A coordenada y do centro de massa é yCM =
m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 0 + ( 4, 0 kg ) (1, 0 m ) + (8, 0 kg ) ( 2, 0 m ) = 1, 3 m. = m1 + m2 + m3 3, 0 kg + 4, 0 kg + 8, 0 kg
(c) Se a massa m3 aumenta, o centro de massa é deslocado para cima, na direção da partícula 3. No limite em que m3 tem uma massa muito maior que as outras partículas, o centro de massa praticamente coincide com a posição da partícula 3. 3. Usamos a Eq. 9-5 para determinar as coordenadas do centro de massa. (a) Por simetria, xCM = –d1/2 = –(13 cm)/2 = – 6,5 cm. O valor negativo se deve a nossa escolha da origem. (b) A coordenada yCM é dada por mi yCM ,i + ma yCM ,a ρiVi yCM ,i + ρaVa yCM,a = ρiVi + ρaVa mi + ma 11 cm / 2 ) ( 7, 85 g/cm 3 ) + 3 (11 cm / 2 ) ( 2,77 g/cm 3 ) ( = = 8, 3 cm. 7, 85 g/cm 3 + 2, 7 g/cm 3
yCM =
(c) Por simetria, zCM = (2,8 cm)/2 = 1,4 cm.
274 soluções dos problemas
4. Vamos chamar este arranjo de “mesa”. Escolhemos para origem das coordenadas a extremidade esquerda do tampo da mesa (como mostra a Fig. 9-37). Tomando o sentido positivo do eixo x para a direita e o sentido positivo do eixo y para cima, o centro de massa da perna direita da mesa está no ponto (+L, –L/2), o centro de massa da perna direita está no ponto (0, –L/2) e o centro de massa do tampo da mesa está no ponto (L/2, 0). (a) A coordenada x da mesa inteira é xCM =
M ( + L ) + M ( 0 ) + 3M ( + L / 2) L = . 2 M + M + 3M
Para L = 22 cm, xCM = (22 cm)/2 = 11 cm. (b) A coordenada y do centro de massa da mesa inteira é M ( − L / 2) + M ( − L / 2) + 3M ( 0 ) L =− , 5 M + M + 3M ou yCM = – (22 cm)/5 = – 4,4 cm. yCM =
As coordenadas mostram que o centro de massa da mesa inteira está 4,4 cm abaixo do centro do tampo da mesa. 5. Como a placa é homogênea, podemos dividi-la em três peças retangulares, com a massa de cada peça proporcional à área e o centro de massa coincidindo com o centro geométrico. Vamos chamar a peça maior, de 35 cm × 10 cm (mostrada do lado esquerdo do eixo y na Fig. 9-38), de Peça 1; ela representa 63,6% da área total e o centro de massa está no ponto (x1, y1) = (−5,0 cm, −2,5 cm). A peça de 20 cm × 5 cm (Peça 2, situada no primeiro quadrante) representa 18,2% da área total; o centro de massa está no ponto (x2,y2) = (10 cm, 12,5 cm). A peça de 10 cm × 10 cm (Peça 3, situada no quarto quadrante) também representa 18,2% da área total; o centro de massa está no ponto (x3,y3) = (5 cm, −15 cm). (a) A coordenada x do centro de massa da placa é xCM = (0,636)x1 + (0,182)x2 + (0,182)x3 = – 0,45 cm. (b) A coordenada y do centro de massa da placa é yCM = (0,636)y1 + (0,182)y2 + (0,182)y3 = – 2,0 cm. 6. As coordenadas dos centros de massa (em centímetros) das cinco faces são: (x1 , y1 , z1 ) = (0, 20, 20) (x2 , y2 , z2 ) = (20, 0, 20) (x 3 , y3 , z3 ) = (20, 20, 0) (x4 , y4 , z4 ) = (40, 20, 20) (x 5 , y5 , z5 ) = (20,40,20)
para a face no plano yz para a face no plano xz para a face no plano xy para a face paralela ao plano yz para a face paralela ao plano xzz
Como todas as faces têm a mesma massa m, podemos substituir essas coordenadas na Eq. 9-5 para obter os resultados a seguir (os dois primeiros resultados poderiam ser obtidos apenas por considerações de simetria). (a) A coordenada x do centro de massa é xCM =
7. (a) Por simetria, o centro de massa está localizado no eixo de simetria da molécula, que é o eixo y. Assim, xCM = 0. (b) Para determinar yCM, basta notar que 3mHyCM = mN(yN – yCM), em que yN é a distância entre o átomo de nitrogênio e o plano dos três átomos de hidrogênio: yN =
(10,14 × 10 −11 m )2 − (9, 4 × 10 −11 m )2
= 3, 803 × 10 −11 m.
Assim, yCM =
(14, 0067 ) ( 3, 803 × 10 −11 m ) m N yN = 3,13 × 10 −11 m, = 14, 0067 + 3 (1, 00797 ) m N + 3 mH
em que o valor das massas foi obtido no Apêndice F. 8. (a) Como a lata é homogênea, o centro de massa está no centro geométrico, a uma distância H/2 acima da base. O centro de massa do refrigerante está no seu centro geométrico, a uma distância x/2 acima da base da lata. Quando a lata está cheia, os dois centros geométricos coincidem. Assim, o centro de massa do conjunto está no eixo do cilindro e a uma distância h acima da base dada por h=
M ( H / 2) + m ( H / 2) H = . 2 M +m
Para H = 12 cm, obtemos h = 6,0 cm. (b) No caso da lata vazia, o centro de massa está no eixo do cilindro, a uma distância H/2 = 6,0 cm acima da base. (c) Quando x diminui, o centro de massa do conjunto diminui a princípio e depois aumenta até atingir novamente uma altura h = H/2 = 6,0 quando a lata fica totalmente vazia. (d) Quando a superfície do refrigerante está a uma altura x acima da base da lata, a massa de refrigerante contida na lata é mp = m(x/H), na qual m é a massa de refrigerante quando a lata está cheia, e o centro de massa do refrigerante está a uma distância x/2 acima da base da lata. Assim, h=
M ( H /2 ) + m p ( x /2 ) M ( H /2 ) + m ( x /H ) ( x /2 ) MH 2 + mx 2 = . = 2 ( MH + mx ) M + mp M + ( mx /H )
Para determinar o valor de x para o qual o centro de massa atinge o ponto mais baixo, derivamos h em relação a x e igualamos o resultado a 0. A derivada é 2 mx dh ( MH 2 + mx 2 ) m m 2 x 2 + 2 MmHx − MmH 2 . − = 2 2 = dx 2 ( MH + mx ) 2 ( MH + mx ) 2 ( MH + mx ) A solução da equação m2x2 + 2MmHx – MmH2 = 0 é x=
MH m
m −1 + 1 + M .
A raiz positiva foi escolhida porque x deve ser um número positivo. Substituindo esse valor de x na expressão h = (MH2 + mx2)/2(MH + mx), obtemos, após algumas manipulações algébricas, h=
(12 cm)(0,14 kg) HM m 0, 354 kg − 1 = − 1 = 4, 2 cm. 1+ 1+ m M 0,14 kg 0,354 kg
9. Para resolver o problema, usamos uma das equações da Tabela 2-1 (com o sentido positivo do eixo y para baixo e a origem no ponto em que a pedra é liberada), as Eqs. 9-5 e 9-17.
276 soluções dos problemas
(a) A coordenada da primeira pedra (de massa m1) no instante t = 300 × 10–3 s é y1 = (1/2)gt2 = (1/2)(9,8 m/s2) (300 × 10–3 s)2 = 0,44 m e a coordenada da segunda pedra (de massa m2 = 2m1) no mesmo instante é y2 = (1/2)gt2 = (1/2)(9,8 m/s2)(300 × 10–3 s – 100 × 10–3 s)2 = 0,20 m. Assim, a coordenada do centro de massa é yCM =
(b) A velocidade da primeira pedra no instante t é v1 = gt e a da segunda pedra é v2 = g(t – 100 × 10–3 s). Assim, a velocidade do centro de massa no instante t = 300 × 10–3 s é m1v1 + m2 v2 m1 + m2 m ( 9, 8 m/s 2 ) ( 300 × 10 −3 s ) + 2 m1 ( 9, 8 m/s 2 ) ( 300 × 10 −3 s − 100 × 10 −3 s ) = 1 m1 + 2 m1 = 2, 3 m/s.
vCM =
10. Para resolver o problema, usamos uma das equações da Tabela 2-1 (com a origem no sinal de trânsito), as Eqs. 9-5 e 9-17. No instante t = 3,0 s, a coordenada do automóvel é x1 = 12 at 2 =
1 2
( 4, 0 m/s2 ) (3, 0 s )2 = 18 m
e a do caminhão é x2 = vt = (8,0 m/s)(3,0s) = 24 m.
)
)
A velocidade do automóvel nesse instante é v1 = at = ( 4, 0 m/s 2 ( 3, 0 s = 12 m/s, enquanto a velocidade do caminhão é v2 = 8,0 m/s. (a) A coordenada do centro de massa é xCM =
m1 x1 + m2 x2 (1000 kg ) (18 m ) + ( 2000 kg ) ( 24 m ) = 22 m. = 1000 kg + 2000 kg m1 + m2
(b) A velocidade do centro de massa é vCM =
m1v1 + m2 v2 (1000 kg ) (12 m/s ) + ( 2000 kg ) (8, 0 m/s ) = 9, 3 m/s. = 1000 kg + 2000 kg m1 + m2
11. Embora o problema pudesse ser resolvido analisando separadamente as forças que agem sobre a azeitona e a castanha-do-pará, vamos analisar o movimento do sistema como um todo a partir da Eq. 9-14. A força resultante a que o sistema formado pela azeitona e a castanha-do pará está submetido é Fa + Fc = (− ˆi + ˆj) N . De acordo com a Eq. 9-14, (− ˆi + ˆj) N = MaCM em que M = 2,0 kg. Assim, aCM = (− 12 ˆi + 12 ˆj) m/s2 . Como as duas componentes da aceleração são constantes, podemos usar as equações discutidas nos Capítulos 2 e 4 para obter 1 ∆rCM = aCM t 2 = (−4, 0 m) ˆi + (4,0 m)jˆ 2 para t = 4,0 s. Para ter uma ideia da vantagem de usar a Eq. 9.14, o leitor pode experimentar resolver o problema da forma mais trabalhosa, analisando separadamente as forças a que a azeitona e a castanha-do-pará estão submetidas e depois aplicando a Eq. 9-5.
soluções dos problemas 277
12. Como o centro de massa do sistema de dois patinadores não se move, os patinadores se encontram no centro de massa do sistema. Chamando de x a distância entre o patinador de 40 kg e o centro de massa, temos:
(65 kg) (10 m − x ) = ( 40 kg) x ⇒ x = 6, 2 m. Assim, a distância percorrida pelo patinador de 40 kg é 6,2 m. 13. Para resolver o problema, precisamos conhecer as coordenadas do ponto em que o projétil explodiu e a velocidade do fragmento que não caiu verticalmente. Vamos tomar como origem o local do disparo e supor que o eixo x aponta para a direita e o eixo y aponta para cima. A componente y da velocidade é dada por v = v0 y – gt e se anula no instante t = v0 y/g = (v0/g) sen θ0, em que v0 é a velocidade inicial e θ0 é o ângulo do disparo. As coordenadas do ponto mais alto da trajetória são v2 ( 20 m/s ) sen 60 cos 60 = 17, 7 m x = v0 x t = v0 t cos θ 0 = 0 sen θ 0 cos θ 0 = g 9, 8 m/s 2 2
e y = v0 y t −
1 2 1 v02 1 (20 m/s)2 gt = sen 2 60 = 15, 3 m. sen 2 θ 0 = 2 2 g 2 9, 8 m/s 2
Como não existem forças horizontais, a componente horizontal do momento é conservada. Como a velocidade de um dos fragmentos é zero depois da explosão, o momento do outro fragmento é igual ao momento do projétil antes da explosão. No ponto mais alto da trajetória, a velocidade do projétil é v0 cosθ0, no sentido positivo do eixo x. Seja M a massa do projétil e seja V0 a velocidade do fragmento. Nesse caso, Mv0cosθ0 = MV0/2, já que a massa do fragmento é M/2. Isso significa que V0 = 2v0 cos θ 0 = 2 ( 20 m/s ) cos 60 = 20 m/s. As informações acima são usadas para definir as condições iniciais de um problema de movimento balístico usado para determinar a que distância do canhão cai o segundo fragmento. O problema consiste em analisar o movimento de um projétil lançado horizontalmente em um novo instante t = 0, com uma velocidade de 20 m/s, de um ponto cujas coordenadas são x0 = 17,7 m, y0 = 15,3 m. A coordenada y é dada por y = y0 − 12 gt 2 e é zero no instante em que o fragmento se choca com o solo. Assim, o instante em que isso acontece é dado por t = 2 y0 /g e a coordenada x do ponto é dada por x = x0 + V0 t = x0 + V0
2 y0 2 (15, 3 m ) = 17, 7 m + ( 20 m/s ) = 53 m. 9, 8 m/s 2 g
14. (a) A expressão usada no enunciado “tal que [a partícula 2] se mantém verticalmente acima da partícula 1” significa que a sombra (como se houvesse uma lâmpada verticalmente acima das partículas) da partícula 2 coincide sempre com a posição da partícula 1. Em outras palavras, as partículas estão sempre alinhadas na vertical. Esse alinhamento significa que v2x = v1 = 10,0 m/s. Como o valor inicial de v2 é 20,0 m/s, o teorema de Pitágoras nos dá
v2 y = v22 − v22x = 300 m/s para o valor inicial da componente y da velocidade da partícula 2. Nesse caso, a Eq. 2-16 (ou a lei de conservação da energia) nos dá ymáx = 300/19,6 = 15,3 m. Assim, temos: Hmáx = m2 ymáx /mtotal = (3,00 g)(15,3 m)/(8,00 g) = 5,74 m. (b) Como as duas partículas têm a mesma velocidade horizontal e a velocidade vertical da partícula 2 é zero no ponto mais alto da trajetória, a velocidade do centro de massa é (10, 0 m/s)iˆ (como é fácil de verificar usando a Eq. 9-17).
278 soluções dos problemas
(c) Como apenas a partícula 2 sofre aceleração (a aceleração de queda livre), a Eq. 9-18 (ou a Eq. 9-19) nos dá aCM = m2 g /mtotal = (3,00 g)(9,8 m/s2)/(8,00 g) = 3,68 m/s2 para o módulo da aceleração vertical para baixo do centro de massa do sistema. Assim, aCM = (−3, 68 m/s 2 ) ˆj . 15. (a) A força resultante a que o sistema (cuja massa total é m1 + m2) está submetido é m2g. De acordo com a Segunda Lei de Newton, a = g[m2/( m1 + m2)] = 0,4g. No caso do bloco 1, a aceleração é para a direita (na direção ˆi ); no caso do bloco 2, a aceleração é para baixo (na direção − ˆj). Assim, a Eq. 9-18 nos dá m1a1 + m2 a2 (0, 6)(0, 4 gˆi ) + (0, 4)(−0, 4 gjˆ) aCM = = = (2, 35ˆi − 1, 57 ˆj) m/s 2 . m1 + m2 0, 6 + 0, 4) (b) Integrando a Eq. 4-16, obtemos vCM = (2, 35ˆi − 1, 57 ˆj)t (em unidades do SI), já que o sistema partiu do repouso. Note que a razão das componentes do vetor velocidade do centro de massa não varia com o tempo, e, de acordo com a Eq. 3-6, é essa razão que determina o ângulo do vetor velocidade, e, portanto, a direção do movimento do centro de massa do sistema. (c) Como a razão entre as componentes do vetor velocidade é constante (veja o item anterior), o gráfico da trajetória do centro de massa é uma linha reta. (d) A Eq. 3-6 nos dá θ = −34º. A trajetória do centro de massa é portanto uma reta que faz um ângulo, para baixo, de 34° com a horizontal. 16. Vamos chamar a massa de Ricardo de MR e a massa de Carmelita de MC. Se o centro de massa do sistema formado pelos dois jovens (vamos supor que está mais próximo de Ricardo) se encontra a uma distância x do centro da canoa, temos: MR(L/2 – x) = mx + MC(L/2 + x) em que L é a distância entre os bancos e m é a massa da canoa. Quando o casal troca de posição, o centro da canoa de desloca de uma distância 2x em relação à posição inicial. Assim, x = 40 cm/2 = 0,20 m. Explicitando MC na equação acima e substituindo os valores conhecidos, obtemos MC =
3,0 M R ( L / 2 − x ) − mx (80 ) ( 2 − 0, 20 ) − ( 30 ) ( 0, 20 ) = 58 kg. = ( 3, 0 / 2) + 0, 20 L / 2+ x
17. Como não existe nenhuma força horizontal agindo sobre o sistema cachorro-barco, o centro de massa do sistema permanece em repouso. Assim, de acordo com a Eq. 9-16, M ∆xCM = 0 = mb ∆xb + mc ∆xc , o que nos dá md ∆xc . mb Vamos agora expressar a condição geométrica de que o cachorro se deslocou de uma distância d = 2,4 m em relação ao barco: ∆xb =
∆xb + ∆xc = d ,
soluções dos problemas 279
o que mostra que o cachorro e o barco se deslocam em sentidos opostos. Combinando as duas equações, obtemos: mc ( ∆xc ) + ∆xc = d mb o que nos dá ∆xc =
d 2, 4 m = = 1, 92 m. 1 + mc /mb 1 + (4, 5 / 18)
O cachorro está, portanto, 1,9 m mais próximo da margem do que na situação inicial (em que a distância era D = 6,1 m). Assim, a nova distância é D −|∆xc| = 4,2 m. 18. O módulo da variação do momento linear da bola é ∆p = m vi − v f = (0, 70 kg) (5, 0 m/s) − (−2, 0 m/s) = 4, 9 kg ⋅ m/s. 19. (a) A variação da energia cinética é ∆K =
1 2 1 2 1 2 2 mv f − mvi = ( 2100 kg ) ( 51 km/h ) − ( 41 km m/h ) 2 2 2
= 9, 66 × 10 4 kg ⋅ ( km/h )
2
[(103 m/km ) (1 h/3600 s )]2
= 7, 5 × 10 4 J. (b) O módulo da variação de velocidade é ∆v =
( − vi )2 + ( v f )
2
=
( −41 km/h )2 + ( 51 km/h )2 = 65,44 km/h
e, portanto, o módulo da variação de momento é 1000 m/km = 3, 8 × 10 4 kg ⋅ m/s. ∆p = m ∆v = ( 2100 kg ) ( 65, 4 km/h ) 3600 s/h (c) O vetor ∆p faz um ângulo θ para o sul em relação à direção leste, sendo v 41 km/h θ = tan −1 i = tan −1 = 39. 51 km/h v f 20. De acordo com o gráfico, a componente horizontal do momento, px, é 4,0 kg ? m/s, já que, no instante em que o momento é mínimo, a componente vertical é zero e, portanto, a componente horizontal é igual ao momento total. Como a componente horizontal é constante e o módulo do momento inicial, de acordo com o gráfico, é 6,0 kg ? m/s, temos: cos θ 0 =
px p0
⇒ θ 0 = 48o.
21. Escolhemos um eixo x horizontal, apontando para o batedor, e um eixo y vertical, apontando para cima. Os ângulos são medidos no sentido anti-horário, a partir do semieixo x positivo. As unidades de massa, velocidade e momento são as unidades do SI. Nesse caso, o momento inicial, na notação módulo-ângulo, é p0 = ( 4, 5 ∠ 215 .
)
(a) Na notação módulo-ângulo, a variação do momento é (6,0 ∠ – 90°) – (4,5 ∠ 215°) = (5,0 ∠ – 43°) (essa soma vetorial pode ser feita com uma calculadora científica no modo polar). O módulo da variação de momento é, portanto, 5,0 kg?m/s. (b) Nesse caso, a variação de momento é (6,0 ∠ 0°) – (4,5 ∠ 215°) = (10 ∠ 15°). O módulo da variação do momento é, portanto, 10 kg?m/s.
280 soluções dos problemas
22. (a) Como a força do choque da bola com a tabela aponta na direção y, a componente px do momento é conservada: pxi = pxf
⇒ mvi sen θ1 = mvi sen θ 2 .
Para θ1 = 30,0°, obtemos θ2 = 30,0°. (b) A variação do momento é ∆p = mvi cos θ − ˆj − mvi cos θ + ˆj
( )
( )
= −2 ( 0,165 kg ) ( 2,, 00 m/s ) ( cos 30 ) ˆj = −0, 572 ˆj kg ⋅ m/s.
23. Vamos estimar a massa de LaMothe em 70 kg e calcular a força de empuxo F usando a Segunda Lei de Newton: F − mg = ma, em que escolhemos um eixo y vertical e apontando para cima, de modo que a > 0 (a aceleração é para cima, já que representa uma desaceleração do movimento de LaMothe ao entrar na água). Sua velocidade ao chegar à superfície da água pode ser calculada usando a Eq. 2-16 ou a lei de conservação da energia: v = 2 gh , em que h = 12 m; como a desaceleração a reduz a velocidade a zero em uma distância d = 0,30 m, obtemos também v = 2ad . Igualando as duas expressões de v, obtemos a = gh/d. A força de empuxo, portanto, é dada por h h F = mg + m g = mg 1 + , d d o que nos dá F ≈ 2,8 × 104 kg. Como a massa é apenas uma estimativa, vamos expressar o valor da força de empuxo como um intervalo (em kN): 25 < F < 30. Como F >> mg, o impulso J devido à força resultante (enquanto LaMothe está em contato com
a água) se deve quase totalmente à força de empuxo, ou seja, ∫ F dt = J é uma boa aproximação. Assim, de acordo com a Eq. 9-29, ∫ Fdt = p f − pi = 0 − m − 2gh
)
(
(o sinal negativo da velocidade inicial se deve ao fato de que o eixo de referência aponta para cima), o que nos dá 2 ( 9, 8 ) (12 ) = 1,1 × 10 3 kg ⋅ m s . Expressando esse valor como um intervalo, temos: 1, 0 × 10 3 kg ⋅ m/s < ∫ F dt < 1, 2 × 10 3 kg ⋅ m/s. 24. Escolhemos um eixo y vertical apontando para cima, o que significa que a > 0 (a aceleração é para cima porque representa uma desaceleração causada pela neve). (a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, a desaceleração a do paraquedista está relacionada à força exercida pela neve através da equação F − mg = ma sendo F = 1,2 × 105 N. Podemos usar a Eq. 2-16, v2 = 2ad, para calcular a profundidade mínima da neve para que o homem não sofra ferimentos graves: v2 mv 2 (85kg) (56 m s ) = 1,1 m. = ≈ 2a 2 ( F − mg ) 2 (1, 2 × 10 5 N ) 2
d=
(b) Supondo que a profundidade da neve é maior que o valor calculado no item (a), a variação do momento do paraquedista causada pela neve é ∆p = p f − pi = 0 − (85 kg ) ( −56 m s ) = 4, 8 × 10 3 kg ⋅ m/s.
soluções dos problemas 281
O valor negativo da velocidade inicial se deve ao fato de que o sentido positivo do eixo y é para cima. De acordo com o teorema do impulso e momento linear, essa variação é igual ao impulso produzido pela força resultante, F − mg . Entretanto, como F >> mg, podemos dizer que o impulso produzido pela neve é aproximadamente igual à variação do momento, 4,8 × 103 kg?m/s. 25. Escolhemos um eixo y vertical apontando para cima, o que significa que vi = −25m s e v f = +10 m s. Durante a colisão, adotamos a hipótese razoável de que a força resultante que age sobre a bola é igual a Fméd, a força média que o piso exerce sobre a bola. (a) De acordo com o teorema do impulso e do momento linear (Eq. 9-31), temos: J = mv f − mvi = (1, 2 ) (10 ) − (1, 2 ) ( −25) = 42 kg ⋅ m s. (b) De acordo com a Eq. 9-35,
J 42 Fméd = = = 2,1 × 10 3 N. ∆t 0, 020
26. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade da vítima ao chegar ao chão é 1 2 mv = mgh ⇒ v = 2
2 gh =
2(9, 8 m/s 2 )(0, 50 m) = 3,1 m/s.
Assim, o módulo do impulso é J = | ∆p | = m | ∆v | = mv = (70 kg)(3,1 m/s) ≈ 2, 2 × 10 2 N ⋅ s. (b) Se a duração da colisão é ∆t = 0, 082 s , a força média é Fméd =
J 2, 2 × 10 2 N ⋅ s = ≈ 2, 7 × 10 3 N. ∆t 0, 082 s
27. De acordo com a Eq. 9-35, o módulo da força média aplicada é dado por Fméd =
J 32,4 N ⋅ s = = 1, 20 × 10 3 N. ∆t 2,70 × 10 −2 s
A força aponta no sentido negativo do eixo x. De acordo com o teorema do impulso e do momento linear (Eq. 9-31), temos: − Fméd ∆t = J = ∆p = m(v f − vi ), em que m é a massa, vi é a velocidade inicial e vf é a velocidade final da bola. A equação pode ser usada para calcular vf . (a) Explicitando vf na equação acima, obtemos: vf =
mvi − Fmed ∆t ( 0, 40 kg ) (14 m s ) − (1200 N ) ( 27 × 10 −3 s ) = = −67 m s. 0, 40 kg m
O módulo da velocidade final da bola é, portanto, | v f | = 67 m/s. (b) O sinal negativo de vf indica que a velocidade aponta no sentido negativo do eixo x, ou seja, no sentido oposto ao do movimento inicial da bola. (c) De acordo com o resultado obtido no início da solução, Fméd = 1, 20 × 10 3 N . (d) O impulso aplicado à bola tem a mesma orientação que a força aplicada, ou seja, aponta no sentido negativo do eixo x.
282 soluções dos problemas
Nota: Em notação vetorial, Fméd ∆t = J = ∆p = m(v f − vi ) , o que nos dá J Fméd ∆t v f = vi + = vi + . m m Como J e Fméd têm o sentido oposto ao de vi , a velocidade da bola diminui. A bola estava se movendo inicialmente no sentido positivo do eixo x, mas passa a se mover no sentido oposto depois que a força é aplicada. 28. (a) O módulo do impulso é
J = | ∆p | = m | ∆v | = mv = (0, 70 kg)(13 m/s) ≈ 9,1 kg ⋅ m/s = 9,1 N ⋅ s.
(b) Para um choque com uma duração de ∆t = 5, 0 × 10 −3 s, a força média é Fméd =
9,1 N ⋅ s J = ≈ 1, 8 × 10 3 N. ∆t 5, 0 × 10 −3 s
29. Escolhendo como positivo o sentido do movimento das balas após ricochetearem, v f > 0 e vamos fazer v f = v e vi = − v . A variação do vi < 0 . Como a velocidade escalar é a mesma, momento de uma das balas é, portanto, ∆p = m ∆v = 2 mv. Assim a variação total do momento de 100 balas disparadas em um minuto é ∆P = 100 ∆p = 200 mv. A força média é, portanto, ∆P ( 200 ) ( 3 × 10 −3 kg ) ( 500 m s ) Fméd = ≈ 5 N. = ∆t (1 min ) (60 s min ) 30. (a) De acordo com a Eq. 9-30, é possível determinar o impulso calculando a área sob a curva de F(t). Como a área de um triângulo é (base)(altura)/2, o impulso neste caso é (10−2)(2 × 10−2)/2 = 1,00 N ? s. (b) Por definição (da média de uma função, no sentido matemático), a força média é o resultado do item (a) dividido pelo intervalo (0,010 s). Assim, a força média é 100 N. (c) Considere dez choques. Pensando nos dez choques como 10 triângulos de F(t), o intervalo de tempo total é 10(0,050 s) = 0,50 s e a área total é 10(1,0 N ? s). Assim, a força média é 10/0,50 = 20,0 N. Se considerássemos 15 choques, 17 choques ou qualquer outro número de choques, chegaríamos à mesma resposta. 31. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade do passageiro quando o elevador chega ao fundo do poço é 1 2 mv = mgh ⇒ v = 2 Assim, o módulo do impulso é
2 gh =
2(9, 8 m/s 2 )(36 m) = 26, 6 m/s.
J = | ∆p | = m | ∆v | = mv = (90 kg)(26, 6 m/s) ≈ 2, 39 × 10 3 N ⋅ s.. (b) Se a duração do choque é ∆t = 5, 0 × 10 −3 s , a força média é Fméd =
2, 39 × 10 3 N ⋅ s J = ≈ 4, 78 × 10 5 N. ∆t 5, 0 × 10 −3 s
(c) Se o passageiro pulasse com uma velocidade v9 = 7,0 m/s, a velocidade resultante para baixo seria v ′′ = v − v ′ = 26, 6 m/s − 7, 0 m/s = 19, 6 m/s, e o módulo do impulso passaria a ser J ′′ = | ∆p ′′ | = m | ∆v ′′ | = mv ′′ = (90 kg)(19, 6 m/s) ≈ 1, 76 × 10 3 N ⋅ s.
soluções dos problemas 283
(d) A força média correspondente seria Fméd ′′ =
J ′′ 1, 76 × 10 3 N ⋅ s = ≈ 3, 52 × 10 5 N. ∆t 5, 0 × 10 −3 s
32. (a) De acordo com o teorema do impulso e do momento linear (Eq. 9-31), a variação do momento é igual à área sob a curva de F(t). Sabendo que a área de um triangulo é (base)(altura)/2 e que a área de um retângulo é (base)(altura), calculamos que o momento no instante t = 4 s é (30 kg . m/s) ˆi . (b) Da mesma forma (mas sem esquecer que as áreas abaixo do eixo do tempo têm sinal negativo) calculamos que o momento no instante t = 7 s é (38 kg . m/s) ˆi . (c) No instante t = 9 s, um cálculo análogo nos dá v = (6, 0 m/s) ˆi. 33. Vamos escolher um eixo x horizontal, apontando para a direita, e um eixo y vertical, apontando para cima, com a convenção usual para medir os ângulos (de modo que o ângulo inicial é 180 + 35 = 215°). Usando unidades do SI e a notação módulo-ângulo (que é a mais conveniente se o problema for resolvido usando uma calculadora científica), a variação do momento é J = ∆p = p f − pi = (3, 00 ∠ 90) − (3, 6 0 ∠ 215) = (5, 86 ∠ 59, 8). (a) O módulo do impulso é J = ∆p = 5, 86 kg ⋅ m/s = 5, 86 N ⋅ s. (b) O vetor J faz um ângulo de 59,8° no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. (c) A Eq. 9-35 nos dá 5, 86 N ⋅ s J = Fméd ∆t = 5, 86 N ⋅ s ⇒ Fméd = = 2, 93 × 10 3 N. 2, 0 × 10 −3 s Note que esta força é muito maior que o peso da bola, o que justifica nossa suposição (implícita) de que a influência da gravidade na colisão pode ser desprezada. (d) A orientação de Fméd é a mesma de J : Fméd faz um ângulo de 59,8° no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. 34. (a) Escolhendo o sentido para cima como positivo, a variação do momento da pata é ∆p = 0 − mpata vi = −(0, 003 kg) (−1, 5 m s) . (b) Usando a Eq. 9-35 e considerando agora o sentido para baixo como positivo, temos: J = Fméd ∆t = mlagarto g ∆t = (0, 090) (9, 8) (0, 6) (c) O principal mecanismo de sustentação é o de bater a pata na água. 35. Escolhemos como positivo o sentido de movimento da bola depois de ricochetear (o que faz com que a velocidade inicial da bola seja negativa). Calculamos a integral J = ∫ F dt somando as áreas apropriadas (de um triângulo, um retângulo e outro triângulo) mostradas no gráfico (mas com o tempo t convertido para segundos). Com m = 0,058 kg e v = 34 m/s, aplicamos o teorema do impulso e momento linear: 0 ,002 0 ,004 0 ,006 ∫ Fparede dt = mv f − mvi ⇒ ∫ F dt + ∫ F dt + ∫ F dt = m ( + v ) − m ( − v ) 0
⇒
0 ,002
0 ,004
1 1 Fmáx ( 0, 002 s ) + Fmáx ( 0, 002 s ) + Fmáx ( 0, 002 s ) = 2 mv 2 2
o que nos dá Fmáx(0,004 s) = 2(0,058)(34 m/s) = 9,9 × 102 N.
284 soluções dos problemas
36. (a) Calculando a integral (do instante a ao instante b) indicada na Eq. 9-30, obtemos
∫
b a
(12 − 3t 2 )dt = 12(b − a) − (b 3 − a 3 )
em unidades do SI. Para b = 1,25 s e a = 0,50 s, obtemos J = 7,17 N ⋅ s. (b) A integral calculada no item (a) está relacionada à variação do momento pela Eq. 9-31. Sabemos que a força é zero no instante t = 2,00 s. Calculando o valor da integral para a = 0 e b = 2,00, obtemos ∆p = 16, 0 kg ⋅ m/s. 37. (a) Supomos que a força foi aplicada no sentido positivo do eixo de referência. Nesse caso, o impulso é
∫ =∫
J=
3,0 × 10 −3
0 3,0 × 10 −3
0
F dt (6,0 × 10 6 ) t − (2,0 × 10 9 )t 2 dt 3,0 × 10 −3
(c) Para determinar o instante no qual a força é máxima, derivamos F em relação ao tempo e igualamos o resultado a zero. O resultado é t = 1,5 × 10–3 s. Nesse instante, a força é Fmáx = ( 6,0 × 10 6 ) (1, 5 × 10 −3 ) − ( 2,0 × 10 9 ) (1, 5 × 10 −3 ) = 4,5 × 10 3 N. 2
(d) Como a bola parte do repouso, o momento após o chute é igual ao impulso produzido pelo chute. Seja m a massa da bola e seja v a velocidade imediatamente após perder o contato com o pé do jogador. Nesse caso, p J 9,0 N ⋅ s v = = = = 20 m/s. m m 0,45 kg A figura a seguir mostra a força em função do tempo. A área sob a curva é o impulso J. Observando o gráfico, vemos que F(t) atinge o valor máximo de 4500 N no instante t = 0,0015 s.
38. Na Fig. 9-54, y é um eixo perpendicular à parede, que aponta para longe da parede, e x é um eixo paralelo à parede, que aponta para a direita. Na notação dos vetores unitários, as velocidades inicial e final da bola são vi = v cos θ ˆi − v sen θ ˆj = 5, 2 ˆi − 3, 0 ˆj v f = v cos θ ˆi + v sen θ ˆj = 5, 2 ˆi + 3, 0 ˆj respectivamente (em unidades do SI).
soluções dos problemas 285
(a) Para m = 0,30 kg, o teorema do impulso e do momento linear (Eq. 9-31) nos dá J = mv f − mvi = 2 ( 0, 30 ) 3, 0 ˆj . (b) De acordo com a Eq. 9-35, a força que a parede exerce sobre a bola é J ∆ t = ( 1, 8 0,010)jˆ = (180 N) ˆj. 0,010)jˆ = (180 N) ˆj. De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força que a bola exerce sobre a parede é (−180 N)jˆ (ou seja, o módulo é 180 N e a força aponta na direção da parede, ou seja, “para baixo” na vista superior da Fig. 9-54).
(
)
39. Como não existem forças externas com componentes horizontais agindo sobre o sistema homem-pedra e a resultante das forças verticais é nula, o momento total do sistema é conservado. Como o homem e a pedra estão inicialmente em repouso, o momento total é zero antes e depois de a pedra ser lançada. Sejam mp a massa da pedra e vp a velocidade com a qual a pedra é lançada; sejam mh a massa do homem e vh a velocidade do homem após lançar a pedra. Nesse caso, msvs + mmvm = 0 → vm = –msvs/mm. Vamos escolher um eixo de referência horizontal apontando no sentido do movimento da pedra. Nesse caso, vm = −
( 0, 068 kg) ( 4, 0 m/s ) 91 kg
= −3, 0 × 10 −3 m/s,
ou | vm | = 3, 0 × 10 −3 m/s . O sinal negativo indica que o homem se move no sentido oposto ao do movimento da pedra. 40. Vamos usar a seguinte notação: a massa do motor é M; a massa do módulo é m; a velocidade inicial do sistema é v0; a velocidade relativa entre o motor e o módulo é vr; a velocidade do módulo em relação à Terra após a separação é v. De acordo com a lei de conservação do momento linear, (M + m)v0 = mv + M(v – vr). Assim, v = v0 +
( 4m ) (82 km/h ) Mvr = 4, 4 × 10 3 km/h. = 4300 km/h + M +m 4m + m
41. (a) Em unidades do SI, a velocidade do bloco E (no referencial da Fig. 9-55) é (v1 – 3) ˆi . Assim, de acordo com a lei de conservação do momento (no caso da explosão que aconteceu no instante t = 0), temos: mE (v1 – 3) + (mC + mD)v1 = 0, o que nos dá v1 =
3mE 3(2 kg) = = 0, 60 m/s. mE + mC + mD 10 kg
No instante t = 0,80 s (o instante da segunda explosão), a lei de conservação do momento nos dá mC v2 + mD (v2 + 3) = (mC + mD)v1 = (8 kg)(0,60 m/s) = 4,8 kg.m/s, ou v2 = –0,15. Assim, a velocidade do bloco C após a segunda explosão é v2 = –(0,15 m/s) ˆi . (b) Entre os instantes t = 0 e t = 0,80 s, a distância percorrida pelo bloco C é v1∆t = (0,60 m/s) (0,80 s) = 0,48 m. Entre os instantes t = 0,80 s e t = 2,80 s, o bloco percorre uma distância v2∆t = (– 0,15 m/s)(2,00 s) = – 0,30 m. A distância total percorrida pelo bloco C desde o instante t = 0 é, portanto, 0,48 m − 0,30 m = 0,18m.
286 soluções dos problemas
42. Nossa notação (e, implicitamente, nossa escolha do sistema de coordenadas) será a seguin te: a massa do objeto original é m; a velocidade do objeto original é v0 = v ˆi ; a massa do pedaço de menor massa é m1; a velocidade desse pedaço é v1 = 0; a massa do pedaço de maior massa é m2. Note que as condições m2 = 3m1 (especificada no enunciado) e m1 + m2 = m (que é válida na mecânica clássica e será usada neste problema, mas não pode ser aplicada às reações nucleares) levam às relações 1 3 m1 = m e m2 = m. 4 4 De acordo com a lei de conservação do momento linear, 3 mv0 = m1 v1 + m2 v2 ⇒ mv ˆi = 0 + mv2 4
4 o que nos dá v2 = v ˆi. O aumento da energia cinética do sistema é, portanto, 3 2 1 1 1 13 4 1 1 ∆K = m1 v12 + m2 v22 − mv02 = 0 + m v − mv 2 = mv 2 . 2 2 2 24 3 2 6 43. Se v0 = (9, 5 ˆi + 4, 0 ˆj) m/s, a velocidade inicial é v0 =
v x20 + v y20 =
(9, 5 m/s)2 + (4, 0 m/s)2 = 10, 31 m/s
e o ângulo inicial da velocidade do atleta é v 4, 0 = 22, 8. θ 0 = tan −1 y 0 = tan −1 9, 5 vx 0 De acordo com a Eq. 4-26, a distância coberta pelo atleta sem usar halteres é R0 =
v02 sen 2θ 0 (10, 31 m/s)2 sen 2(22, 8) = 7, 75 m. = 9,8 m/s 2 g
Por outro lado, de acordo com a lei de conservação do momento, se dois halteres de massa m = 5,50 kg fossem arremessados horizontalmente para trás quando o atleta atingisse a altura máxima, a velocidade subsequente do atleta seria ( M + 2m) v x 0 = Mv x′
⇒ v x′ =
M + 2m vx 0 M
Assim, o aumento da componente x da velocidade seria ∆v x = v x′ − v x 0 =
2(5, 5 kg) M + 2m 2m (9, 5 m/s) = 1, 34 m/s. vx 0 − vx 0 = vx 0 = M M 78 kgg
Na altura máxima, v y = v y 0 − gt = 0. O tempo necessário para atingir a altura máxima é, portanto, 4, 0 m/s vy0 t= = = 0, 41 s. 9, 8 m/s 2 g Como o tempo necessário para chegar ao solo após atingir a altura máxima é igual ao tempo para atingir a altura máxima, o aumento da distância coberta pelo atleta por estar usando halteres é ∆R = ( ∆v x′ )t = (1, 34 m/s)(0, 41 s) = 0, 55 m. 44. Podemos pensar em um bloco deslizando até parar como um exemplo de conversão de energia cinética em energia térmica (veja a Eq. 8-31 e a Eq. 6-2, com FN = mg). Isso nos leva à conclusão de que a relação v2 = 2µgd é verdadeira, separadamente, para os dois pedaços. Assim, temos: 2
vE 2 µ E gd E 12 v = 2 µ gd = 25 . D D D
soluções dos problemas 287
Por outro lado, de acordo com a lei de conservação do momento, como o momento do bloco completo era nulo, a razão das velocidades dos fragmentos é inversamente proporcional à razão das massas. Assim, 2
mD 12 2 3 m = 25 ⇒ mD = 5 mE = 0, 69 × 2 = 1, 38 kg. E Assim, a massa total é mD + mE = 1,38 + 2,0 ≈ 3,4 kg. 45. Vamos usar a seguinte notação: a massa do corpo original é M = 20,0 kg; a velocidade ini cial do corpo original é v0 = 200 ˆi; a massa de um dos fragmentos é m1 = 10,0 kg; a velocidade desse fragmento é v1 = −100 ˆj; a massa do segundo fragmento é m2 = 4,0 kg; a velocidade desse fragmento é v2 = −500 ˆi ; a massa do terceiro fragmento é m3 = 6,00 kg. De acordo com a lei de conservação do momento linear, Mv0 = m1v1 + m2 v2 + m3 v3. A energia liberada na explosão é igual a ∆K, a variação de energia cinética. (a) De acordo com a lei de conservação do momento linear, temos: Mv0 − m1 v1 − m2 v2 v3 = m3 (20, 0 kg)(200 m/s) ˆi − (10, 0 kg)(100 m/s) ˆj − (4, 0 kg)(−500 m/s) ˆi = 6, 00 kg 3 = (1, 00 × 10 m/s) ˆi − (0,167 × 10 3 m/s) ˆj. O módulo de v3 é v3 = 1000 2 + (−167)2 = 1, 01 × 10 3 m/s. O ângulo de v3 é θ = tan–1 (–167/1000) = –9,48° (ou seja, v3 faz um ângulo de ≈9,5o no sentido horário com o semieixo x positivo). (b) A energia liberada é ∆K = K f − K i =
1 1 1 1 m v 2 + m v 2 + m v 2 − Mv 2 = 3, 23 × 10 6 J = 3,23 MJ. 2 1 1 2 2 2 2 3 3 2 0
46. Escolhemos um eixo x na direção leste e um eixo y na direção norte. Em relação a esses eixos, os momentos lineares dos dois fragmentos são p1 = mv1 = mv1 ˆj e p2 = mv2 = m v2 x ˆi + v2y ˆj = mv2 cos θ ˆi + senθ ˆj .
)
(
(
)
O momento linear resultante é P = p1 + p2 = mv1 ˆj + mv2 cos θ ˆi + senθ ˆj = ( mv2 cos θ ) ˆi + ( mv1 + mv2 sen θ ) ˆj
)
)
(
)
)
)
)
)
= ( 2,0 kg ( 5, 0 m/s ( cos 30 ˆi + ( 2,0 kg 3, 0 m/s + ( 5, 0 m/s ( sen 30 ˆj = 8,66 ˆi + 11 ˆj kg ⋅ m/s.
(
)
De acordo com a lei de conservação do momento linear, este era também o momento linear do balde antes da explosão. Assim, a velocidade escalar do balde antes da explosão era P v= = M
px2 + py2 M
=
(8, 66 kg ⋅ m/s )2 + (11 kg ⋅ m/s )2 4, 0 kgg
= 3, 5 m/s.
288 soluções dos problemas
47. Nossa notação (e, implicitamente, nossa escolha do sistema de coordenadas) será a seguin te: a massa de um dos pedaços é m1 = m; a velocidade desse pedaço é v1 = −30 ˆi; a massa do segundo pedaço é m2 = m; a velocidade desse pedaço é v2 = −30 ˆj; a massa do terceiro pedaço é m3 = 3 m. (a) De acordo com a lei de conservação do momento linear, mv0 = m1 v1 + m2 v2 + m3 v3 ⇒ 0 = m −30 ˆi + m −30 ˆj + 3mv3
(
) (
)
o que nos dá v3 = 10 ˆi + 10 ˆj. O módulo de v3 é v3 = 10 2 ≈ 14 m/s. (b) O vetor v3 faz um ângulo de 45o no sentido anti-horário com o semieixo x positivo (no sistema escolhido, em que o pedaço de massa m1 se move no sentido do semieixo x negativo e o pedaço de massa m2 se move no sentido do semieixo y negativo). 48. Este problema envolve tanto a lei de conservação da energia mecânica, Um = KA + KB, como a lei de conservação do momento, 0 = m1v1 + m2 v2 , em que mA = 2mB. A segunda equação nos dá | vB | = 2 | vA |, o que, por sua vez, significa que KB =
1 11 2 1 mB vB2 = mA ( 2vA ) = 2 mA vA2 = 2 K A . 2 2 2 2
(a) Fazendo KB = 2KA na primeira equação, obtemos 1 U i = K A + 2 K A ⇒ K A = U m = 20 J. 3 (b) KB = 2KA = 2(20) = 40 J. 49. Este problema é semelhante ao Exemplo “Conservação do momento: pêndulo balístico”. Usando a mesma equação que aparece no final do exemplo, temos (em unidades do SI): v=
m+M m
2gh =
2,010 0,010
2(9,8)(0,12) = 3,1 × 10 2 m/s.
50. (a) Escolhendo um eixo x na direção do movimento da bala e aplicando a lei de conservação do momento, temos: mbala vi = mbala v1 + mbloco v2 (5, 2 g)(672 m/s) = (55, 2 g)(428 m/s) + (700 g) v2 o que nos dá v2 = 1,81 m/s. (b) Uma das consequências da lei de conservação do momento é o fato de que a velocidade do centro de massa não é afetada pela colisão. Assim, tanto faz calcularmos a velocidade do centro de massa antes ou depois da colisão. Vamos realizar o cálculo antes da colisão: (5,2 g) (672 m/s) mbala vi = = 4,96 m/s. vCM = 5, 2 g + 700 g mbala + mbloco 51. Vamos escolher um eixo x horizontal apontando para a direita (o que faz com que todas as velocidades tenham valores positivos). (a) Vamos usar a lei de conservação do momento para relacionar a situação quando a bala está prestes a se chocar com o segundo bloco com a situação quando a bala fica alojada no segundo bloco. (0, 0035 kg)v = (1,8035 kg)(1,4 m/s) ⇒ v = 721 m/s.
soluções dos problemas 289
(b) Vamos usar a lei de conservação do momento para relacionar a situação quando a bala está prestes a se chocar com o primeiro bloco com a situação quando a bala acabou de atravessar o primeiro bloco e está com a velocidade v calculada no item (a). (0, 0035 kg)v0 = (1,2 kg)(0,63 m/s) + (0,0035 kg)(721 m/s), o que nos dá v0 = 937 m/s. 52. Podemos pensar neste problema como sendo composto de duas partes: a primeira é a colisão em si, na qual a bala passa pelo bloco tão depressa que o bloco não tem tempo de se mover; a segunda é o “salto” do bloco, que sofre um deslocamento vertical h antes de voltar a cair. Aplicando a lei de conservação do momento à primeira parte, com o eixo y apontando para cima, temos: ( 0, 01 kg) (1000 m s ) = (5, 0 kg) v + ( 0, 01 kg) ( 400 m s ) , o que nos dá v = 1, 2 m s. Para resolver a segunda parte, podemos usar as equações de queda livre do Capítulo 2 (já que estamos desprezando a resistência do ar) ou a lei de conservação da energia do Capítulo 8. Usando a segunda abordagem, temos: 1 (5, 0 kg) (1, 2 m s )2 = (5, 0 kg) (9, 8 m s2 ) h, 2 o que nos dá h = 0,073 m. 53. Se a velocidade do carro antes de atropelar o alce é vi, a energia cinética do carro é K i = mc vi2 /2. De acordo com a lei de conservação do momento, depois de uma colisão totalmente inelástica com um alce de massa ma, a velocidade do sistema carro + alce é mc vi = (mc + ma ) v f ⇒ v f =
mc vi , mc + ma
e a energia cinética do sistema é 2
mc vi 1 1 1 mc2 = K f = (mc + ma ) v 2f = (mc + ma ) vi2 . 2 2 2 mc + ma mc + ma (a) A perda percentual de energia cinética em consequência da colisão é 500 kg Kf 1 ∆K K i − K f mc ma = = 33, 3%. = = 1− = 1− = = Ki Ki Ki mc + ma mc + ma 1000 kg + 500 kg 3 (b) Se a colisão fosse com um camelo com uma massa mcamelo = 300 kg, a perda percentual de energia cinética seria 300 kg 3 ∆K mcamelo = 23%. = = = Ki mc + mcamelo 1000 kg + 300 kg 133 (c) Quando a massa do animal diminui, a perda percentual de energia cinética também diminui. 54. O momento total imediatamente antes da colisão, com o eixo x apontando verticalmente para cima, é pi = (3,0 kg)(20 m/s) + (2,0 kg)( –12 m/s) = 36 kg ? m/s. O momento imediatamente após a colisão, quando as bolas formam um objeto único de mas sa M = 5,0 kg, é pf = (5,0 kg) v. De acordo com lei de conservação do momento, v = 7,2 m/s, que se torna a velocidade “inicial” do movimento de queda livre subsequente. Podemos usar os métodos do Capítulo 2 ou a lei de conservação da energia do Capítulo 8 para analisar esse movimento; escolhemos a segunda abordagem. Usando a altura em que ocorre a colisão como referência para a energia potencial gravitacional, temos: K0 + U0 = K + U ⇒ Mv02 /2 + 0 = 0 + Mgymáx. Assim, para v0 = 7,2 m/s, obtemos ymáx = 2,6 m.
290 soluções dos problemas
55. Escolhemos um eixo x apontando no sentido inicial de movimento dos blocos. (a) De acordo com a lei de conservação do momento, temos: m1 v1i + m2 v2i = m1 v1 f + m2 v2 f (5 kg)(3, 0 m/s) + (10 kg)(2, 0 m/s) = (5 kg) v1 f + (10 kg)(2, 5 m/s) o que nos dá v1 f = 2 m/s. Assim, a velocidade do bloco de 5,0 kg imediatamente após a colisão é 2,0 m/s. (b) A variação da energia cinética total é Ki − K f =
= −1, 25 J ≈ −1, 3 J. (c) Nessa nova situação em que v2f = 4,0 m/s, a lei de conservação do momento nos dá v1f = −1,0 m/s e obtemos ∆K = +40 J. (d) O aumento de energia cinética é possível se, por exemplo, existir um pouco de pólvora no local do impacto (nesse caso, a energia química poderá se transformar em energia mecânica). 56. (a) O módulo da desaceleração de cada carro é a = f /m = µk mg/m = µkg. Se um dos carros para depois de percorrer uma distância d, a velocidade v do carro logo após o choque é dada pela Eq. 2-16: v 2 = v02 + 2ad ⇒ v = 2ad = 2µ k gd , já que v0 = 0 (este resultado também poderia ser obtido usando a Eq. 8-28). Assim, vA =
2 µ k gd A =
2(0,13)(9, 8 m/s2 )(8, 2 m) = 4, 6 m/s.
2µ k gd B =
2(0,13)(9, 8 m/s 2 )(6,1 m) = 3, 9 m/s.
(b) Da mesma forma, vB =
(c) Seja v a velocidade do carro B imediatamente antes do choque. De acordo com a lei de conservação do momento linear, mBv = mAvA + mBvB, o que nos dá v=
(mA vA + mB vB ) (1100)(4,6) + (1400)(3,9) = = 7,5 m/s. mB 1400
(d) A conservação do momento linear em uma colisão depende do fato de que a única força importante (durante o tempo ∆t de duração do choque) é a força de contato entre os objetos. Neste caso, isso significa que a força de atrito exercida pelo asfalto sobre os carros pode ser desprezada durante o intervalo ∆t. Essa hipótese pode introduzir um certo erro na análise. Uma hipótese correlata é a de que a transferência de momento acontece em apenas um local, ou seja, que a distância percorrida pelos carros durante o intervalo de tempo ∆t é desprezível, o que é certamente uma aproximação (embora seja provavelmente uma aproximação razoável). Outra fonte de erro é a aplicação da Eq. 6-2 ao movimento dos carros após o choque; o atrito é uma força complexa, que é descrita de forma apenas aproximada pela Eq. 6-2. 57. (a) Seja v a velocidade final do sistema bola-canhão. Como o momento total do sistema é conservado, mvi = (m + M)v. Assim, v=
mvi (60 g)(22 m/s) = = 4, 4 m/s. m+M 60 g + 240 g
(b) A energia cinética inicial é K i = mvi2 /2 e a energia cinética final é K f = 12 ( m + M ) v 2 = 12 m 2 vi2 ( m + M ).
soluções dos problemas 291
Como, de acordo com o enunciado, ∆Et = 0, a diferença Ki – Kf é igual à energia Um armazenada na mola: Um =
1 2 1 m 2 vi2 1 m 1 2 M . mvi − = mvi2 1 − = mvi 2 2 (m + M ) 2 m+M 2 m+M
Assim, a fração da energia cinética inicial que fica armazenada na mola é 240 Um M = = = 0, 80. K i m + M 60 + 240 58. Podemos pensar nesse processo como sendo composto por duas partes: a primeira é a colisão em si, na qual os blocos se unem tão depressa que o bloco de 1,0 kg não tem tempo de se deslocar de uma distância significativa, e a segunda é o movimento subsequente do sistema de 3,0 kg que comprime a mola até que atinja o comprimento mínimo xm. Aplicando a lei de conservação do momento à primeira parte (com o eixo x apontando para a direita), temos: m1v1 = (m1+m2)v ⇒ (2, 0 kg)(4,0 m s) = (3, 0 kg)v , o que nos dá v = 2,7 m/s. Aplicando a lei de conservação da energia mecânica à segunda parte, temos: 1 1 (3, 0 kg) (2,7 m s)2 = (200 N m )xm2 2 2 o que nos dá xm = 0,33 m. 59. De acordo com o enunciado, a velocidade v do sistema como um todo, quando a mola atinge a máxima compressão xm, satisfaz a equação m1v1i + m2v2i = (m1 + m2)v. A variação de energia cinética do sistema é, portanto, ∆K =
1 1 1 1 ( m v + m2 v 2 i ) 2 1 − m1 v12i − m2 v22i (m1 + m2 ) v 2 − m1 v12i − m2 v22i = 1 1i 2(m1 + m2 ) 2 2 2 2 2
o que nos dá ∆K = –35 J. (Embora não seja necessário para resolver o problema, vale a pena notar que a expressão acima também nos dá ∆K =
1 m1 m2 2 vrel 2 m1 + m2
sendo vrel = v1 – v2. De acordo com a lei de conservação da energia, temos: 1 2 kxm = − ∆K ⇒ xm = 2
−2 ∆K = k
−2(−35 J) = 0, 25 m. 1120 N/m
60. (a) Seja mA a massa do bloco da esquerda, seja vAi a velocidade inicial desse bloco e seja vAf a velocidade final desse bloco. Seja mB a massa do bloco da direita, seja vBi a velocidade inicial desse bloco e seja vBf a velocidade final desse bloco. Como o momento do sistema de dois blocos é conservado, mAvAi + mBvBi = mAvAf + mBvBf e v Af =
m A v Ai + mB v Bi − mB v Bf (1, 6 kg)(5, 5 m/s) + (2, 4 kg)(2, 5 m/s) − (2, 4 kg)(4, 9 m/s) = 1, 9 m/s. = 1, 6 kg mA
292 soluções dos problemas
(b) O bloco continua a se mover para a direita após a colisão. (c) Para verificar se a colisão é elástica, comparamos a energia cinética total antes da colisão com a energia cinética total após a colisão. A energia cinética total antes da colisão é Ki =
A energia cinética total após a colisão é 1 1 1 1 m1v12f + m2 v22 f = (1, 6)(1, 9)2 + (2, 4)(44, 9)2 = 31, 7 J. 2 2 2 2 Como Ki = Kf, a colisão é elástica. Kf =
61. Seja m1 a massa do carrinho que está inicialmente em movimento, seja v1i a velocidade desse carrinho antes da colisão e seja v1f a velocidade desse carrinho após a colisão. Seja m2 a massa do carrinho que está inicialmente em repouso e seja v2f a velocidade desse carrinho após a colisão. De acordo com a lei de conservação do momento linear,
m1v1i = m1v1 f + m2 v2 f . De acordo com a lei de conservação da energia, 1 1 1 m1 v12i = m1 v12f + m2 v22 f . 2 2 2 Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos v1 f =
m1 − m2 2 m1 v1i , v2 f = v2i m1 + m2 m1 + m2
A velocidade do centro de massa é vCM =
m1v1i + m2 v2i . m1 + m2
(a) Para m1 = 0,34 kg, v1i = 1,2 m/s e v1f = 0,66 m/s, temos: m2 =
v1i − v1 f 1, 2 m/s − 0, 66 m/s (0, 34 kg) = 0, 0987 kg ≈ 0, 099 kg. m1 = v1i + v1 f 1, 2 m/s + 0, 66 m/s
Nota: Para calcular vCM, usamos os valores das velocidades iniciais dos dois carrinhos. Como se trata de um sistema que não está sujeito a forças externas, vCM é a mesma após a colisão e teríamos obtido o mesmo resultado se tivéssemos usado as velocidades finais: vCM =
m1v1 f + m2 v2 f (0, 34 kg)(0, 66 m/s) + (0, 099 kg)(1, 9 m/s) = = 0, 93 m/s. m1 + m2 0, 34 kg + 0, 099 kg
62. (a) Seja m1 a massa de uma das esferas, seja v1i a velocidade dessa esfera antes da colisão e seja v1f a velocidade dessa esfera depois da colisão. Seja m2 a massa da outra esfera, seja v2i a velocidade dessa esfera antes da colisão e seja v2f a velocidade dessa esfera depois da colisão. Nesse caso, de acordo com a Eq. 9-75, v1 f =
m1 − m2 2 m2 v1i + v2i . m1 + m2 m1 + m2
soluções dos problemas 293
Suponha que a esfera 1 está se movendo inicialmente no sentido positivo do eixo e depois da colisão permanece em repouso. Nesse caso, a esfera 2 está se movendo inicialmente no sentido negativo do eixo. Substituindo v1i por v, v2i por –v e v1f por zero, obtemos 0 = m1 – 3m2 e, portanto, m2 = m1 /3 = (300 g)/3 = 100 g. (b) Podemos usar as velocidades antes da colisão para calcular a velocidade do centro de massa: vCM =
m1v1i + m2 v2i ( 300 g ) ( 2, 0 m s ) + (100 g ) ( −2, 0 m s ) = . m1 + m2 300 g + 100 g
63. (a) Como, na ausência de forças externas, a velocidade do centro de massa permanece constante, a velocidade do centro de massa é 3,00 m/s antes e depois da colisão. (b) Podemos calcular a velocidade v1i do bloco 1 antes da colisão (supondo que a velocidade do bloco 2 antes da colisão é zero) usando a Eq. 9-17: (m1 + m2)vCM = m1 v1i + 0 ⇒ v1i = 12,0 m/s . Agora podemos usar a Eq. 9-68 para calcular v2 f : v2 f =
2 m1 v1i = 6, 00 m/s. m1 + m2
64. Em primeiro lugar, calculamos a velocidade v da bola imediatamente antes da colisão (ou seja, no ponto mais baixo da trajetória). De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, temos: 1 m1 gh = m1 v 2 ⇒ v = 2 gh = 3, 7 m s. 2 (a) Vamos agora analisar a colisão elástica usando a Eq. 9-67: v1 f =
m1 − m2 0, 5 kg − 2, 5 kg v= (3, 7 m//s) = −2, 47 m/s, m1 + m2 0, 5 kg + 2, 5 kg
o que significa que a velocidade escalar final da bola é 2,47 m/s. (b) Finalmente, usamos a Eq. 9-68 para calcular a velocidade final do bloco: v2 f =
2 m1 2(0, 5 kg) v= (3, 7 m/s) = 1, 23 m/s. m1 + m2 0, 5 kg + 2, 5 kg
65. Seja m1 a massa do corpo que estava se movendo inicialmente, seja v1i a velocidade desse corpo antes da colisão e seja v1f a velocidade desse corpo depois da colisão. Seja m2 a massa do corpo que estava inicialmente em repouso e seja v2f a velocidade desse corpo depois da colisão. De acordo com a lei de conservação do momento linear, m1 v1i = m1 v1 f + m2 v2 f . De acordo com a lei de conservação da energia, temos: 1 1 1 m1 v12i = m1 v12f + m2 v22 f . 2 2 2 A solução do sistema de equações acima é dada pela Eq. 9-67: v1 f =
m1 − m2 v1i . m1 + m2
m2 =
v1i − v1 f m1 . v1 f + v1i
Explicitando m2, obtemos:
294 soluções dos problemas
A velocidade do centro de massa é vCM =
m1v1i + m2 v2i . m1 + m2
(a) Como v1 f = v1i / 4 , a massa do segundo corpo é m2 =
v1i − v1 f v − v /4 3 3 m1 = 1i 1i m1 = m1 = (2, 0 kg) = 1, 2 kg. v1i + v1 f 5 5 v1i + v1i /4
(a) Durante o deslizamento subsequente, a energia cinética do bloco 1, K1 f = m1v12f /2, é convertida em energia térmica (∆Et = µ km1 gd1). Explicitando a distância percorrida d1, obtemos d1 = 0,2999 m ≈ 30 cm. (b) Um cálculo muito semelhante, com o índice 2 no lugar do índice 1, nos dá a distância percorrida pelo bloco 2, d2 = 3,332 m ≈ 3,3 m. 67. Usamos as Eqs. 9-67 e 9-68 para calcular a velocidade das partículas após a primeira colisão (em x = 0 e t = 0): v1 f =
m1 − m2 0, 30 kg − 0, 40 kg (2, 0 m/s) = −0, 29 m/s v1i = m1 + m2 0, 30 kg + 0, 40 kgg
v2 f =
2 m1 2(0, 30 kg) v1i = (2, 0 m/s) = 1, 7 m/s. m1 + m2 0, 30 kg + 0, 40 kg
A uma velocidade de 1,7 m/s, a partícula leva 0,82 s para percorrer uma distância 2xp = 140 cm e voltar ao ponto x = 0. Nesse instante, a partícula 1 se encontra no ponto x = (–0,29)(0,82) = –24 cm e a partícula 2 está “ganhando terreno” à taxa de 1,7 − 0,24 = 1,46 m/s. A distância entre as duas partículas se reduz a zero após um tempo adicional de (0,24 m)/(1,46 m/s) = 0,16 s. Nesse instante (t = 0,82 + 0,16 = 0,98 s) as duas partículas estão no ponto x = (–0,29)(0,98) = –28 cm. 68. (a) Se a colisão é elástica, podemos usar a Eq. 9-68: v2 =
2 m1 2 m1 v1i = m1 + m2 m1 + (2, 00) m1
2 gh =
2 2 gh 3
na qual usamos o fato (que é fácil de demonstrar a partir da lei de conservação da energia) de que a velocidade do bloco 1 na base da rampa é 2gh , sendo h a altura da rampa. Para analisar o movimento do bloco 2, usamos a Eq. 8-29: 1 4 h 4 × 2, 50 m = 2, 22 m. m2 v22 = ∆Et = fk d = µ k m2 gd ⇒ d = = 2 9µk 9 × 0, 500 (b) Se a colisão é perfeitamente inelástica, podemos usar a Eq. 9-53: v2 =
m1 v1i m1 + m2
soluções dos problemas 295
em que, como no item (a), v1i =
2 gh. Assim, neste caso,
1 2 gh . 3 Para analisar o movimento do conjunto dos dois blocos (já que, agora, eles se mantêm unidos após a colisão), usamos a Eq. 8-29: v2 =
h 1 2, 5 m ( m1 + m2 )v22 = ∆Et = fk d = µ k ( m1 + m2 ) gd ⇒ d = = = 0, 556 m. 2 9 µ k 9 × 0, 500 69. (a) Usamos a lei de conservação da energia mecânica para determinar a velocidade das bolas depois de caírem uma distância h. A energia cinética inicial das duas bolas é zero, a energia potencial gravitacional inicial é Mgh para a bola maior e mgh para a bola menor, a energia cinética final é Mv2/2 para a bola maior e mv2/2 para a bola menor e a energia potencial final das duas bolas é zero. Assim, Mgh = Mv2/2 para a bola maior, mgh = mv2/2 para a bola menor e, nos dois casos, v = 2 gh . A colisão da bola maior com o chão é uma colisão elástica de um objeto leve com um objeto de massa muito maior, na qual a velocidade do objeto leve muda de sentido conservando o mesmo módulo. Assim, imediatamente após a colisão, a bola maior começa a subir com uma velocidade escalar v = 2 gh , enquanto a bola menor ainda está descendo com a mesma velocidade escalar. Podemos usar a Eq. 9-75 para calcular a velocidade da bola maior após a colisão: v Mf =
M−m 2m M−m v Mi + vmi = M+m M+m M+m
2 gh −
2m M+m
2 gh =
M − 3m M+m
2 gh.
De acordo com a equação acima, para que a velocidade da bola maior seja nula no momento da colisão, devemos ter m = M/3. Como M = 0,63 kg, m = 0,21 kg. (b) Usamos a mesma equação (intercambiando M e m) para calcular a velocidade da bola menor imediatamente após a colisão: v Mf =
M−m 2m M−m v Mi + vmi = M+m M+m M+m
2 gh −
2m M+m
2 gh =
M − 3m M+m
2 gh ,
o que nos dá, para M = 3m, vmf = 2 2 gh . Para calcular a altura h9 atingida pela bola menor, 2 /2, a energia potencial usamos a lei de conservação da energia. A energia cinética inicial é mvmf inicial é zero, a energia cinética final é zero e a energia potencial final é mgh9. Assim, vm2 f 1 2 mvm f = mgh ' ⇒ h ' = = 4 h. 2 2g Para h = 1,8 m, obtemos h9 = 7,2 m. 70. Usamos as Eqs. 9-67 e 9-68 para analisar a colisão elástica e a Eq. 4-21 para analisar o movimento balístico subsequente. Note que os tempos de queda livre, t, dos dois discos são iguais. Assim, temos: 2 m1 v1i m1 + m2 m − m2 ∆x1 = v1 t sendo ∆x1 = −2d e v1 = 1 v1i . m1 + m2 ∆x2 = v2 t sendo ∆x2 = d e v2 =
Dividindo a primeira equação pela segunda, obtemos 2 m1 v1i t d m + m2 = 1 . −2d m1 − m2 v t 1i m1 + m2 Depois de cancelar v1i , t e d, obtemos m2 = 1,0 kg.
296 soluções dos problemas
71. Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y do momento, obtemos: mα vα = mα v 'α cos θ + mo v 'o cos φ 0 = mα v 'α senθ + mo v 'o sen φ . Como sabemos que v ′ = 1, 20 × 10 5 m/s, θ = 64,0o e φ = −51,0o, temos duas equações e duas incógnitas. O
(a) Podemos calcular a velocidade final da partícula alfa usando a segunda equação:
(16 ) (1, 2 × 105 ) sen ( −51 ) mo v 'o senφ 5 4,15 3 10 5 m/s. =− ( 4 ) sen ( 64 ) mα senθ (b) Substituindo o resultado obtido no item (a) na primeira equação, podemos calcular a velocidade inicial da partícula alfa: v 'α = −
mα v 'α cos θ + mo v 'o cos φ mα ( 4 ) ( 4,15 × 105 ) cos ( 64 ) + (16 ) (1, 2 × 105 ) cos ( −51 ) = 4 = 4, 84 × 10 5 m/s.
vα =
72. Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y do momento, obtemos: mB vB = mB vB′ cos θ + mA vA′ cos φ 0 = mB vB′ sen θ + mA vA′ sen φ . (a) Fazendo vB = v, vB′ = v/2 e θ = −90o, a segunda equação nos dá v mA vA′ sen φ = mB 2 e a primeira equação nos dá m A v A′ cos φ = mB v. Dividindo membro a membro as duas equações, obtemos: 1 tan φ = ⇒ φ = 27o. 2 (b) Usando as equações obtidas no item (a), chegamos à equação mB . mA Entretanto, como não conhecemos o valor numérico de v e a razão das massas das duas bolas, não podemos calcular a velocidade final da bola A. vA′ = 1,12 v
73. Suponha que as trajetórias dos objetos antes da colisão façam ângulos θ > 0 e φ > 0 com o eixo x, como mostra a figura abaixo. Após a colisão, os objetos se movem juntos, ao longo do eixo x, com velocidade v9.
soluções dos problemas 297
Como a componente y do momento total do sistema de duas partículas é conservada, mv sen θ − mv sen φ = 0, o que nos dá φ = θ. Como a componente x é conservada, 2mv cos θ = 2mv9. Como, de acordo com o enunciado, v9 = v/2, a equação anterior nos dá cos θ = 1/2. Assim, θ = 60° e o ângulo entre as velocidades iniciais dos dois objetos é 120°. 74. (a) De acordo com a lei de conservação do momento linear, m A vA + m B vB = m A v ' A + m B v ' B . Como mA = mB = m = 2,0 kg, as massas se cancelam e obtemos: v B′ = v A + v B − v A′ = (15ˆi + 30 ˆj) m/s + ( − 10 ˆi + 5ˆj) m/s − (−5 ˆi + 20 ˆj) m/s = (10 ˆi + 15 ˆj) m/s . (b) A energia cinética final e a energia cinética inicial são Kf =
A variação da energia cinética é, portanto, ∆K = –5,0 × 102 J (ou seja, da energia cinética inicial, 500 J são perdidos na colisão). 75. Escolhemos o eixo x no sentido do movimento do próton 1 e especificamos os ângulos da forma usual, de modo que θ = +60° para o próton 1, que após a colisão passa a se mover no primeiro quadrante, e φ = –30° para o próton 2, que após a colisão passa a se mover no quarto quadrante (de acordo com o enunciado, os dois prótons se movem em trajetórias perpendiculares). Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y, temos: m1v1 = m1v1′ cos θ + m2 v2′ cos φ 0 = m1v1′ sen θ + m2 v2′ sen φ . Como sabemos que v1 = 500 m/s, temos duas equações e duas incógnitas. Além disso, como m1 = m2, as massas se cancelam e não aparecem na solução. (a) Combinando as equações acima e explicitando v2′, obtemos: v2′ =
(500 m/s) sen(60) v1 sen(θ ) = = 433 m/s sen (θ − φ ) sen (90)
em que usamos a identidade senθ cosφ – cosθ senφ = sen(θ – φ). (b) Explicitando v1′, obtemos: v '1 =
(500 m/s) sen(−30) v1 sen(θ ) = = 250 m/s. sen (φ − θ ) sen (−90)
76. De acordo com a Eq. 9-88, 6090 kg M v f = vi + vrel ln i = 105 m/s + (253 m/s) ln = 108 m/s. Mf 6010 kg
298 soluções dos problemas
77. Vamos considerar o que acontece com o carvão que cai na barcaça mais rápida em um intervalo de tempo ∆t. Nesse intervalo, uma massa ∆m de carvão sofre uma mudança de velocidade ∆v = v2 − v1. A taxa de variação do momento do carvão é dada por ∆p ( ∆m)( ∆v) ∆m (v − v ) = = ∆t 2 1 ∆t ∆t e, de acordo com a Eq. 9-23, é igual à força exercida pela barcaça mais rápida sobre o carvão. Note que, como todos os movimentos do carvão e das barcaças são realizados com velocidade constante, a derivada dp/dt pode ser substituída pela razão de incrementos ∆p/∆t, como foi feito acima. Note também que desprezamos o efeito da componente do movimento do carvão perpendicular ao movimento das barcaças. (a) Para ∆m/∆t = 1000 kg/min = 16,67 kg/s, v2 = 20 km/h = 5,56 m/s e v1 = 10 km/h = 2,78 m/s, a força que deve ser fornecida à barcaça mais rápida é F2 =
∆m (v − v ) = (16, 67 kg/s)(5, 56 m/s − 2, 78 m/s) = 46 N. ∆t 2 1
(b) Como, de acordo com o enunciado, a força de atrito entre as barcaças e a água não depende da massa, a perda de massa da barcaça mais lenta não afeta o movimento da barcaça e, portanto, não é necessária uma força adicional para compensar a perda de massa dessa barcaça. 78. Podemos usar a Eq. 9-88, com vi = 0, vf = v e vrel = u. v f − vi = vrel ln
Mi M ⇒ i = ev / u . Mf Mf
Mi = e1 ≈ 2, 7 . Mf Mi (b) Para v = 2u, = e2 ≈ 7, 4 . Mf (a) Para v = u,
79. (a) O empuxo do foguete é dado por T = Rvrel, em que R é a taxa de consumo de combustível e vrel é a velocidade dos gases expelidos em relação ao foguete. Neste problema, R = 480 kg/s, vrel = 3,27 × 103 m/s; portanto, T = ( 480 kg s ) ( 3, 27 × 10 3 m s ) = 1, 57 × 10 6 N. (b) A massa do combustível ejetado é dada por Mcomb = R∆t, em que ∆t é o tempo de queima. Assim, Mcomb = (480 kg/s)(250 s) = 1,20 × 105 kg. A massa do foguete após a queima é Mf = Mi – Mcomb = (2,55 × 105 kg ) – (1,20 × 105 kg) = 1,35 ×105 kg. (c) Como a velocidade inicial é zero, a velocidade final é dada por v f = vrel ln
80. A velocidade do objeto é dr d v= = (3500 − 160t ) ˆi + 2700 ˆj + 300 kˆ = −160 ˆi m/s. dt dt (a) O momento linear é p = mv = ( 250 ) −160 ˆi = −4, 0 × 10 4 ˆi kg ⋅ m/s.
(
)
(b) O foguete está se movendo para oeste (na direção – ˆi ).
soluções dos problemas 299
(c) De acordo com a Eq. 9-23, como o valor de p não varia com o tempo, a força que age sobre o foguete é zero. 81. Vamos supor que não existem forças externas agindo sobre o sistema formado pelas duas partes do último estágio. Nesse caso, o momento total do sistema é conservado. Seja mi a massa do invólucro do foguete e seja mc a massa da carga. Inicialmente, as duas partes estão se movendo à mesma velocidade v. Depois que a trava é aberta, o invólucro passa a se mover com velocidade vi e a carga passa a se mover com velocidade vc. De acordo com a lei de conservação do momento, (mi + mc)v = mivi + mcvc. (a) Depois que a trava é aberta, a carga, cuja massa é menor, passa a se mover com maior velocidade que o invólucro. Vamos fazer vc = vi + vrel, em que vrel é a velocidade relativa. Substituindo essa expressão na equação anterior, obtemos
( mi + mc ) v = mi vi + mc vi + mc vrel . Assim, vi =
( mi + mc ) v − mc vrel mi + mc
=
(290, 0 kg + 150,0 kg) (76600 m/s) − (150, 0 kg) (910, 0 m/s) 290, 0 kg + 150,0 kg
= 7290 m/s. (b) A velocidade final da carga é vc = vi + vrel = 7290 m/s + 910,0 m/s = 8200 m/s. (c) A energia cinética total antes que a trava seja aberta é 1 1 ( mi + mc ) v2 = ( 290, 0 kg + 150,0 kg) ( 7600 m/s )2 = 1, 271 × 1010 J. 2 2 (d) A energia cinética total depois que a trava é aberta é Ki =
Kf =
)
)
)
2 1 1 1 1 mi vi2 + mc vc2 = ( 290, 0 kg ( 7290 m/s + (150, 0 kg (8200 m/s 2 2 2 2
)
2
= 1, 275 × 1010 J. (e) A energia cinética total aumentou ligeiramente porque a energia elástica da mola foi convertida em energia cinética. 82. Seja m a massa dos andares mais altos. De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade dos andares mais altos imediatamente antes do choque é
mgd =
1 2 mv ⇒ v = 2gd . 2
O módulo do impulso durante o choque é J = | ∆p | = m | ∆v | = mv = m 2 gd = mg
2d =W g
2d g
sendo W = mg o peso dos andares mais altos. Assim, a força média exercida sobre o andar mais baixo é J W 2d Fméd = = ∆t ∆t g Para Fméd = sW, em que s é o fator de segurança, temos: s=
1 ∆t
2d 1 = g 1, 5 × 10 −3 s
2(4, 0 m) = 6, 0 × 10 2. 9, 8 m/s2
300 soluções dos problemas
83. (a) De acordo com a lei de conservação do momento, mD vD + mE vE = 0 ⇒ (0,500 kg) vD + (1,00 kg)(−1,20 m/s) = 0, o que nos dá vD = 2,40 m/s. Assim, ∆x = vD t = (2,40 m/s)(0,800 s) = 1,92 m. (b) Nesse caso, mD vD + mE (vD − 1,20 m/s) = 0, o que nos dá vD =
(1, 2 m/s)mE (1, 20 m/s)(1, 00 kg) = 0, 800 m/s. = mE + m D 1, 00 kg + 0, 500 kg
Assim, ∆x = vD t = 0,640 m. 84. (a) Pela simetria da colisão, podemos ver que a soma das componentes y dos momentos das partículas após a colisão é zero. Assim, se a colisão for perfeitamente inelástica, as partículas (que, no caso de uma colisão perfeitamente inelástica, permanecem juntas) viajarão ao longo do eixo x. (b) No caso de uma colisão elástica de duas partículas iguais, a velocidade final das partículas é igual à velocidade inicial. De acordo com a lei de conservação do momento, o ângulo entre as trajetórias das partículas após a colisão é igual ao ângulo entre as trajetórias antes da colisão. Assim, uma das partículas viajará ao longo da trajetória 2 e a outra ao longo da trajetória 3. (c) No caso de uma colisão parcialmente inelástica, a velocidade final das partículas é menor que a velocidade inicial. Entretanto, de acordo com a lei de conservação do momento, a soma das componentes x da velocidade após o choque não pode ser menor que a soma das componentes x da velocidade antes do choque. Isso significa que a perda de velocidade se manifesta através de uma diminuição das componentes y. Isso, por sua vez, significa que o ângulo entre as trajetórias das partículas após a colisão é menor que o ângulo das trajetórias das partículas antes da colisão. Assim, uma das partículas viajará na região B e a outra na região C, em trajetórias simétricas em relação ao eixo x. Note que se trata de uma situação intermediária em relação às situações descritas nos itens (a) e (b). (d) De acordo com a lei de conservação do momento, as componentes x das duas partículas são as mesmas antes e depois da colisão. Nesse caso, portanto, as partículas viajarão juntas após a colisão com uma velocidade escalar vf = vfx = v cosθ = (4,00 m/s) cos 40o = 3,06 m/s. (e) Nesse caso, como foi dito no item (b), a velocidade final das duas partículas é igual à velocidade inicial, ou seja, as duas partículas viajarão com uma velocidade escalar de 4,00 m/s. 85. Após a primeira colisão, de acordo com as Eqs. 9-67 e 9-68, v1 f =
(b) De acordo com o resultado do item (a), v3ff é menor que v1i (c) A energia cinética final do bloco 3 (expressa em termos da energia cinética inicial do bloco 1) é 2
Vemos, portanto, que a energia cinética do bloco 3 é menor que a energia cinética inicial do bloco 1. Como, na situação final, a energia cinética inicial é compartilhada pelos três blocos (que continuam todos em movimento), essa conclusão já era esperada. (d) O momento do bloco 3 é 2
p3 f = m3 v3 =
4 1 16 m1 v1i = p1i . 2 9 9
Portanto, o momento do bloco 3 é menor que o momento inicial do bloco 1. 87. Escolhemos como sentido positivo o sentido do movimento da bola depois de ricochetear na parede (o que, naturalmente, significa que a velocidade inicial da bola é negativa). (a) A velocidade da bola imediatamente após a colisão é vf =
2K f = m
2( K i /2) = m
mvi2 /2 v = i ≈ 3, 7 m/s. m 2
(b) Para m = 0,15 kg, o teorema do momento linear e impulso (Eq. 9-31) nos dá J = mv f − mvi = (0,15 kg)(3, 7 m/s) − (0,15 kg)(−5, 2 m/s) = 1, 3 N ⋅ s. (c) A Eq. 9-35 nos dá Fméd = J/∆t = 1,3/0,0076 = 1,8 × 102 N. 88. Consideramos primeiro a parte de 1200 kg part. O impulso tem módulo J e (para nossa escolha do sistema de coordenadas) aponta no sentido negativo. Seja m1 a massa dessa parte e
302 soluções dos problemas
seja v1 a velocidade depois que os rebites explodem. Vamos supor que as duas partes estão em repouso antes da explosão. Nesse caso, J = m1v1 e, portanto, v1 =
J 300 N ⋅ s = = 0, 25 m/s. m1 1200 kg
Como o impulso que age sobre a parte de 1800 kg tem o mesmo módulo e o sentido oposto, –J = m2v2, em que m2 é a massa dessa parte e v2 a velocidade depois que os rebites explodem. Assim, v2 = −
J 300 N ⋅ s =− = −0,167 m/s. m2 1800 kg
A velocidade relativa das duas partes após a explosão é, portanto, u = 0,25 m/s – (–0,167 m/s) = 0,417 m/s. 89. Sejam os momentos inicial e final do carro pi = mvi e p f = mv f , respectivamente. O impulso que age sobre o carro é igual à variação do momento: J = ∆p = p f − pi = m(v f − vi ). A força média durante o intervalo de tempo ∆t é Fméd = J /∆t . (a) O momento inicial do carro é pi = mvi = (1400 kg ) ( 5, 3 m s ) ˆj = ( 7,4 × 10 3 kg ⋅ m s ) ˆj e o momento final depois que o carro faz a curva é p f = (7, 4 × 10 3 kg ⋅ m/s) ˆi Note que o módulo do momento permanece o mesmo; o que muda é apenas a direção. Assim, o impulso é J = p f − pi = (7, 4 × 10 3 N ⋅ s)( ˆi − ˆj). (b) Como o momento inicial do carro após fazer a curva é pi = ( 7400 kg ⋅ m s ) ˆi e o momento final depois de colidir com a árvore é p ′f = 0, o impulso que age sobre o carro é J ′ = p ′f − pi′ = (−7, 4 × 10 3 N ⋅ s) ˆi. (c) A força média que age sobre o carro enquanto está fazendo a curva é ∆p J (7, 4 × 10 3 kg ⋅ m s) ( ˆi − ˆj) Fméd = = = = (1, 6 × 10 3 N) ( ˆi − ˆj) ∆t ∆t 4,6 s e o módulo da força média é Fméd = (1, 6 × 10 3 N) 2 = 2, 3 × 10 3 N. (d) A força média durante a colisão com a árvore é J ′ (−7, 4 × 10 3 kg ⋅ m/s) ˆi = = (−2,1 × 10 4 N) ˆi Fméd ′ = 350 × 10 −3 s ∆t e o módulo da força média é Fméd ′ = 2,1 × 10 4 N. (e) Como foi mostrado no item (c), a força média que age sobre o carro enquanto está fazendo a curva, na notação dos vetores unitários, é Fméd = (1, 6 × 10 3 N)( ˆi − ˆj).
soluções dos problemas 303
Nota: Enquanto o carro está fazendo a curva, a força média Fméd tem a mesma direção que J e que ∆p. As componentes x e y de ∆p têm o mesmo valor absoluto, mas a componente x é posi tiva e a componente y é negativa. Assim, a variação de momento ∆p = p f − pi e a força média fazem um ângulo de 45° para baixo com o semieixo x positivo, como mostra a figura abaixo.
90. (a) Podemos calcular o momento pnf do núcleo filho a partir da lei de conservação do momento: pnp = pe + pv + pnf ⇒ 0 = (−1, 2 × 10 −22 kg ⋅ m/s ) ˆi + (−6, 4 × 10 −23 kg ⋅ m/s) ˆj + pnf . Assim, pnf = (1, 2 × 10 −22 kg ⋅ m/s) ˆi + (6,4 × 10 −23 kg ⋅ m/s) ˆj . O módulo do momento do núcleo filho é pnf = (1, 2 × 10 −22 kg ⋅ m/s)2 + (6, 4 × 10 −23 kg ⋅ m/s)2 = 1, 4 × 10 −22 kg ⋅ m/s. (b) O ângulo entre o momento do núcleo filho e o semieixo x positivo é 6, 4 × 10 −23 θ = tan −1 = 28 . 1, 2 × 10 −22 (c) Combinando as equações p = mv e K = mv2/2, obtemos, para p = pnf e m = mnf, K=
p 2 (1, 4 × 10 −22 kg ⋅ m/s)2 = = 1, 6 × 10 −19 J. 2m 2(5, 8 × 10 −26 kg)
91. Como não existem forças externas com componente horizontal agindo sobre o sistema carrinho-homem e a soma das forças verticais é nula, o momento total do sistema é conservado. Sejam mc a massa, v a velocidade inicial e vc a velocidade final do carrinho (depois que o homem pula). Seja mh a massa do homem. A velocidade inicial do homem é igual à do carrinho e a velocidade final é zero. De acordo com a lei de conservação do momento, (mh + mc)v = mcvc. Assim, a velocidade final do carrinho é vc =
v( mh + mc ) (2, 3 m/s)(75 kg + 39 kg) = = 6, 7 m//s. mc 39 kg
A variação de velocidade do carrinho é 6,7 m/s – 2,3 m/s = + 4,4 m/s, ou seja, a velocidade do carrinho aumenta de 4,4 m/s. Fisicamente, o que acontece é o seguinte: para perder velocidade, o homem tem que empurrar o carrinho para a frente, porque, assim, a reação do carrinho o empurrará para trás. 92. A solução não depende das propriedades da mola que liga os dois blocos. De acordo com a Eq. 9-17, temos: MvCM = m1 v1 + m2 v2 = (1, 0 kg (1, 7 m/s + ( 3, 0 kg v2 o que nos dá v2 = 0,57 m/s. O sentido de v2 é oposto ao de v1, ou seja, ambos se movem em direção ao centro de massa, mas vindo de direções opostas.
)
)
)
304 soluções dos problemas
93. Sejam mL a massa e vL a velocidade inicial da locomotiva. Sejam mV a massa do vagão e v a velocidade da locomotiva e do vagão depois de colidirem. De acordo com a lei de conservação do momento, temos: m L vL . mLvL = (mL + mV)v ⇒ v = mL + mV A energia cinética inicial do sistema é K i = mL vL2 /2 e a energia cinética final é Kf =
1 1 mL2 vL2 1 mL2 vL2 = . ( mL + mV ) v2 = ( mL + mV ) 2 2 ( mL + mV )2 2 ( mL + mV )
Como 27% da energia cinética inicial é perdida, Kf = 0,73Ki, o que nos dá 1 mL2 vL2 1 = ( 0, 73) mL vL2 . 2 2 ( mL + mV ) De acordo com a equação acima, 0, 27 mL = 0, 73 ⇒ mV = mL = (0, 37)(3,18 × 10 4 kgg) = 1,18 × 10 4 kg. 0, 73 mL + mV 94. Seja mC a massa e seja vC a velocidade do Chrysler. Seja mF a massa e seja vF a velocidade do Ford. Nesse caso, a velocidade do centro de massa é vCM =
mC vC + mF vF (2400 kg)(80 km/h) + (1600 kg)(60 km/h) = = 72 km/h. mC + mF 2400 kg + 1600 kg
Note que, como os dois carros estão viajando no mesmo sentido, os dois termos do numerador têm o mesmo sinal. 95. Vamos chamar a massa das bolas de m, a velocidade inicial da bola 1 de v1i, a velocidade final da bola 1 de v1f e a velocidade final da bola 2 de v2f. Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y da Fig. 9-21, temos: mv1i = mv1 f cos θ1 + mv2 f cos θ 2 0 = mv1 f sen θ1 + mv2 f sen θ 2 . Como a massa pode ser cancelada nas duas equações, ficamos com duas equações e duas incógnitas, o que nos permite calcular os valores de v1f e θ1. (a) Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos v1 f =
sen θ 2 sen θ1 v1i , v2 f = v1i . sen(θ1 + θ 2 ) sen(θ1 + θ 2 )
Para v1i = 2,2 m/s, v2f = 1,1 m/s e θ2 = 60o, temos: 1 sen θ1 = sen(θ1 + 60) 2
⇒ tan θ1 =
1 3
o que nos dá θ1 = 30o. A velocidade da bola 1 após a colisão é v1 f =
(b) De acordo com os resultados do item (a) e a Fig. 9-21, θ1 = 30° no sentido horário em relação ao semieixo x positivo. (c) A energia cinética antes da colisão é K i = mv12i /2. Após a colisão, temos: 2K f 2Ki = v12i e = v12f + v22 f . m m
soluções dos problemas 305
Substituindo as expressões de v1 f e v2 f determinadas no item (a), temos: Kf =
1 sen 2 θ 2 sen 2 θ1 2 v1 f . m 2 + 2 sen (θ1 + θ 2 ) sen 2 (θ1 + θ 2 )
Como θ1 = 30o e θ2 = 60o, sen(θ1 + θ2) = 1 e sen2 θ2 + sen2 θ1 = sen2 θ2 + cos2 θ2 = 1. Nesse caso, K f = mv12i /2, o que mostra que a colisão é elástica, já que a energia mecânica é conservada. Nota: É possível demonstrar que, na colisão elástica de objetos esféricos de mesma massa, as trajetórias dos objetos após a colisão fazem um ângulo de 90o. 96. (a) De acordo com a Eq. 9-87, o empuxo é
)(
)
Rvrel = Ma = ( 4, 0 × 10 4 kg 2, 0 m s 2 = 8, 0 × 10 4 N . (b) De acordo com o resultado do item (a), para vrel = 3000 m/s, R=
8, 0 × 10 4 N ≈ 27 kg/s. 3, 0 × 10 3 m/s
97. A figura a seguir mostra a situação no momento em que a bola incidente (a bola da esquerda) se choca com as outras duas.
A bola incidente exerce um impulso de mesmo módulo sobre as outras duas bolas, ao longo da reta que liga o centro da bola incidente ao centro da bola que sofre o choque. As bolas que sofrem o choque se afastam ao longo dessas retas, enquanto a bola incidente continua a se mover ao longo do eixo x. Como as três retas tracejadas mostradas na figura, que representam as trajetórias das bolas após a colisão, formam um triângulo equilátero, os ângulos θ assinalados na figura valem 30o. Seja v0 a velocidade da bola incidente antes do choque e seja V a velocidade depois do choque. As duas bolas que sofrem o choque se afastam com a mesma velocidade, que vamos chamar de v. Vamos chamar de m a massa de cada uma das três bolas. Como a componente x do momento total do sistema de três bolas é conservada, mv0 = mV + 2mv cos θ e, como a energia cinética total é conservada, 1 2 1 1 2 mv0 = mV 2 + 2 mv . 2 2 2 A primeira equação nos dá V = v0 – 2v cos θ; elevando ao quadrado, obtemos V 2 = v02 − 4 v0 v cos θ + 4 v 2 cos2 θ . Substituindo na segunda equação e explicitando v, obtemos v=
2(10 m s ) cos 30 2 v0 cos θ = = 6, 9 m s . 2 1 + 2 cos θ 1 + 2 cos2 30
(a) De acordo com o cálculo acima, o módulo da velocidade da bola 2 da Fig. 9-76 é 6,9 m/s.
306 soluções dos problemas
(b) A velocidade da bola 2 faz um ângulo de 30° no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. (c) A velocidade da bola 3 é 6,9 m/s. (d) A velocidade da bola 3 faz um ângulo de 30° no sentido horário com o semieixo x positivo. (e) Podemos usar a equação do momento para calcular a velocidade final da bola 1: V = v0 − 2v cos θ = 10 m s − 2(6, 9 m s) cos 30° = −2, 0 m s. Assim, o módulo da velocidade da bola 1 é 2,0 m/s. (f) O sinal negativo mostra que, após o choque, a bola 1 se move no sentido negativo do eixo x. 98. (a) A variação do momento da bola é ∆p = (0,15)[2 ˆi + 3, 5ˆj − 3, 2 kˆ − (5ˆi + 6, 5ˆj + 4 kˆ )] = (−0, 450 ˆi − 0, 450 ˆj − 1, 08 kˆ ) kg ⋅ m/s. (b) De acordo com o teorema do momento linear e impulso (Eq. 9-31), J = (−0, 450 ˆi − 0, 450 ˆj − 1, 08 kˆ ) N ⋅ s. (c) Como, de acordo com a Terceira Lei de Newton, J parede = − J bola , onde J bola é o resultado do item (b), temos: J parede = (0, 450 ˆi + 0, 450 ˆj + 1, 08kˆ ) N ⋅ s. 99. (a) Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas no centro da polia, com o eixo x horizontal, apontando para a direita, e o eixo y vertical, apontando para baixo. O centro de massa está entre os dois recipientes, no ponto x = 0 e y = l, sendo que l é a distância vertical entre o centro da polia e o centro de massa de um dos recipientes. Como o diâmetro da polia é 50 mm, a distância horizontal entre o centro de massa do recipiente 1 e o centro de massa do sistema de dois recipientes é 25 mm. (b) Se 20 g de açúcar são transferidos do recipiente 1 para o recipiente 2, a massa do recipiente 1 se torna m1 = 480 g, mas a coordenada x do centro de massa do recipiente 1 continua a ser x1 = –25 mm. A massa do recipiente 2 se torna m2 = 520 g, mas a coordenada x do recipiente 2 continua a ser x2 = +25 mm. Assim, a coordenada x do centro de massa do sistema passa a ser xCM =
m1 x1 + m2 x2 ( 480 g ) ( −25 mm ) + ( 520 g ) ( 255 mm ) = 1, 0 mm. = m1 + m2 480 g + 520 g
A coordenada y do centro de massa do sistema continua a ser y = l. O novo centro de massa do sistema está, portanto, a uma distância horizontal de 26 mm do centro de massa do recipiente 1 e a uma distância vertical l do centro da polia. (c) Quando os recipientes são liberados, o recipiente mais pesado desce e o recipiente mais leve sobe. Em consequência, o centro de massa, que tende a permanecer mais próximo do recipiente mais pesado, se desloca para baixo. (d) Como os recipientes estão ligados por uma corda que passa por uma polia, as acelerações têm o mesmo módulo e sentidos opostos. Se a é a aceleração do recipiente 2, a aceleração do recipiente 1 é –a. A aceleração do centro de massa é aCM =
m1 (− a) + m2 a m − m1 =a 2 . m1 + m2 m1 + m2
soluções dos problemas 307
Podemos usar a Segunda Lei de Newton para determinar a aceleração dos recipientes. As forças que agem sobre o recipiente 1 são a força da gravidade m1g, que aponta para baixo, e a tensão T da corda, que aponta para cima. De acordo com a Segunda Lei de Newton, m1g – T = –m1a. O sinal negativo aparece porque chamamos de a a aceleração do recipiente 2. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao recipiente 2, obtemos m2g – T = m2a. De acordo com a primeira equação, T = m1g + m1a. Substituindo este valor de T na segunda equação e explicitando a, obtemos: a = (m2 – m1)g/(m1 + m2). Assim, aCM =
g ( m2 − m1 )
( m1 + m2 )2
2
=
(9, 8 m/s2 ) (520 g − 480 g)2 ( 480 g + 520 g)2
= 1, 6 × 10 −2 m/s 2 .
O sentido da aceleração é para baixo. 100. (a) Usamos a Fig. 9-21 do livro (que trata os dois ângulos como positivos, embora um deles esteja no quarto quadrante; é por isso que o sinal negativo precede o primeiro termo do segundo membro da Eq. 9-80, em vez de aparecer no ângulo). Chamamos a bola branca de bola 1 e a outra bola de bola 2. Aplicando a lei de conservação do momento às componentes x e y do momento total do sistema de duas bolas, temos: mv1i = mv1f cos θ1 + mv2f cos θ2 0 = –mv1f sen θ1 + mv2f sen θ2. As massas são iguais e se cancelam nas equações. Explicitando sen θ2 na segunda equação, obtemos: v1 f 3, 50 m/s sen θ 2 = sen θ1 = sen 22, 0 = 0, 656. 2, 00 m/s v2 f O ângulo entre a direção do movimento da segunda bola após o choque e a direção do movimento da bola branca antes do choque é, portanto, θ2 = sen−1(0,656) = 41,0o. (b) Podemos usar a primeira equação para determinar a velocidade inicial da bola branca. v1i = v1 f cos θ1 + v2 f cos θ 2 = (3, 50 m/s) cos 22,0 + (2,00 m/s) cos 41,0 = 4,75 m/s. (c) A energia cinética inicial, em unidades do SI, é Ki =
1 2 1 mvi = m(4, 75)2 = 11, 3 m 2 2
e a energia cinética final é 1 1 1 K f = mv12f + mv22 f = m [ (3, 50)2 + (2, 00)2 ] = 8,1 m. 2 2 2 Este resultado mostra que a energia cinética não é conservada. 101. Trata-se de uma colisão totalmente inelástica, seguida por um movimento balístico. Vamos usar a lei de conservação do momento para analisar a colisão. (3, 2 kg) (3,0 m/s) = (5,2 kg)v psapatos = pconjunto ⇒ Assim, a velocidade escalar com a qual o conjunto é lançado da borda da mesa é v = (3,2 × 3,0)/5,2 = 1,8 m/s. Para analisar o movimento balístico do conjunto, podemos usar as equações do Capítulo 4 ou a abordagem do Capítulo 8, baseada na conservação da energia. Vamos optar pelo segundo método. A lei de conservação da energia nos dá K i + Ui = K f + U f 1 (5, 2 kg)(1,8 m/s)2 + (5,2 kg)(9,8 m/s 2 )(0, 40 m) = K f + 0 2 Assim, a energia cinética do conjunto imediatamente antes de atingir o chão é Kf = 29 J.
308 soluções dos problemas
102. (a) Como o centro de massa do sistema homem-balão não se move, o balão se move para baixo com uma certa velocidade u em relação ao solo enquanto o homem está subindo. (b) Como a velocidade do homem em relação ao solo é vs = v – u, a velocidade do centro de massa do sistema em relação ao solo é vCM =
mvg − Mu m ( v − u ) − Mu = = 0, M +m M +m
o que nos dá u=
mv (80 kg)(2,5 m/s) = = 0, 50 m/s. M + m 320 kg + 80 kg
(c) Se o homem para de subir, não há movimento relativo no interior do sistema e a velocidade, tanto do homem como do balão, passa a ser igual à velocidade do centro de massa do sistema, que é zero. Isso significa que a velocidade escalar do balão nesta situação é zero. 103. De acordo com as Eqs. 9-75 e 9-76, as velocidades dos blocos 1 e 2 após a colisão são (fazendo v1i = 0): v1 f =
2 m2 v2i m1 + m2
v2 f =
m2 − m1 v2i m1 + m2
A velocidade do bloco 2 depois de colidir com parede é –v2f. De acordo com o enunciado, devemos ter v1 f = − v2 f , ou seja, 2 m2 m − m1 v2i = − 2 v2i m1 + m2 m1 + m2 o que nos dá 2 m2 = − ( m2 − m1 ) ⇒ m2 =
m1 . 3
Para m1 = 6,6 kg, obtemos m2 = 2,2 kg. 104. Vamos tratar o carro (de massa m1) como uma “massa pontual” que está inicialmente a 1,5 m da extremidade direita da barcaça. A extremidade esquerda da barcaça (de massa m2) está inicialmente no ponto x = 0 (borda do cais), e a extremidade direita está no ponto x = 14 m. O centro de massa da barcaça (sem levar em conta o carro) está inicialmente no ponto x = 7,0 m. Vamos usar a Eq. 9-5 para calcular o centro de massa do sistema: xCM =
m1 x1 + m2 x2 (1500 kg)(14 m − 1, 5 m) + (4000 kg)(7 m) = = 8, 5 m. m1 + m2 1500 kg + 4000 kg
Como não existem formas externas, o centro de massa do sistema não pode mudar. Assim, quando a frente do carro atinge a extremidade esquerda da barcaça (que agora está a uma distância δx do cais), o centro de massa do sistema ainda está a 8,5 m de distância do cais. O carro, considerado como uma “massa pontual”, está a 1,5 m de distância da borda esquerda da barcaça. Assim, temos: x CM =
m1 x1 + m2 x 2 (1500 kg)(δ x + 1, 5 m) + (4000 kg)(7 m + δ x ) = = 8, 5 m. 1500 kg + 4000 kg m1 + m2
Explicitando δx, obtemos δx = 3,0 m. 105. Seja m1 a massa do objeto que está inicialmente em movimento, seja v1i a massa desse objeto antes da colisão e seja v1f a velocidade desse objeto após a colisão. Seja m2 = M a massa do objeto que está inicialmente em repouso e seja v2f a velocidade dessa objeto após a colisão.
soluções dos problemas 309
De acordo com a lei de conservação do momento, m1 v1i = m1 v1 f + m2 v2 f . De acordo com a lei de conservação da energia, 1 1 1 m1 v12i = m1 v12f + m2 v22 f . 2 2 2 Resolvendo esse sistema de equações, obtemos: v1 f =
m1 − m2 2 m1 v1i , v2 f = v1i . m1 + m2 m1 + m2
De acordo com a segunda equação, m2 = m1(2v1i/v2f − 1). Para m1 = 3,0 kg, v1i = 8,0 m/s e v2f = 6,0 m/s, essa expressão nos dá 2v 2(8, 0 m/s) − 1 = 5, 0 kg. m2 = M = m1 1i − 1 = (3, 0 kg) 6, 0 m/s v2 f Nota: Se as massas forem iguais,vif = 0, v2f = v1i e todo o momento e energia cinética da primeira bola serão transferidos para a segunda, como acontece nas mesas de bilhar no caso de um choque frontal de uma bola que rola sem deslizar com uma bola estacionária. 106. Vamos chamar a massa do vagão de M, a massa do lutador de sumô de m, a velocidade inicial do lutador de sumô de v0 e a velocidade final do vagão de v. (a) De acordo com a lei de conservação do momento, mv0 = (M + m)v e, portanto, v=
mv0 (242 kg)(5,3 m/s) = = 0, 54 m/s. M + m 2140 kg + 242 kg
(b) Como vrel = v0, temos: mv0 = Mv + m ( v + vrel ) = mv0 + ( M + m ) v, e, portanto, a velocidade do vagão é v = 0. (c) Nesse caso, mv0 = Mv + m (v – vrel), o que nos dá v=
m ( v0 + vrel ) ( 242 kg ) ( 5, 3 m/s + 5, 3 m/s ) = = 1,1 m/s. m+M 242 kg + 2140 kg
107. (a) O empuxo é igual a Rvrel, em que vrel = 1200 m/s. Para que o empuxo seja igual ao peso Mg do foguete, sendo M = 6100 kg, devemos ter R = (6100) (9,8)/1200 ≈ 50 kg/s. (b) De acordo com a segunda lei de Newton, temos: Rvrel − Mg = Ma o que, para a = 21 m/s2, nos dá R = (6100)(9,8 + 21)/1200 = 1,6 × 102 kg/s. 108. De acordo com a lei de conservação do momento, (900 kg)(1000 m/s) = (500 kg)(vnave – 100 m/s) + (400 kg)(vnave), o que nos dá uma velocidade da nave vnave = 1055,6 m/s e uma velocidade do módulo vmod = vnave – 100 m/s = 955,6 m/s (as duas velocidades medidas em relação à nave-mãe). O aumento relativo da energia cinética é (500 kg)(955, 6 m/s)2 /2 + (400 kg)(1055, 6 m/s)2 /2 ∆K K f = −1= = 2, 5 × 10 −3. (900 kg)(1000 m/s)2 /2 Ki Ki
310 soluções dos problemas
109. (a) Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas no centro da Terra. Nesse caso, a distância rCM do centro de massa do sistema Terra-Lua é dada por rCM =
mL rTL mL + mT
na qual mL é a massa da Lua, mT é a massa da Terra e rTE é a distância Terra-Lua. Todos esses valores são dados no Apêndice C. O resultado numérico é o seguinte: rCM =
(7, 36 × 10 22 kg)(3, 82 × 108 m) = 4, 64 × 10 6 m ≈ 4,6 × 10 3 km. 7, 36 × 10 22 kg + 5, 98 × 10 24 kg
(b) Como o raio da Terra é RT = 6,37 × 106 m, rCM/RT = 0,73 = 73%. 110. (a) O módulo do impulso é igual à variação do momento: J = mv – m(–v) = 2mv = 2(0,140 kg)(7,80 m/s) = 2,18 kg?m/s. (b) Como, na definição do cálculo, a média de uma função é a integral da função dividida pelo intervalo correspondente, a força média é o impulso dividido pelo intervalo de tempo ∆t. Assim, o módulo da força média é 2mv/∆t. Substituindo por valores numéricos, obtemos Fméd =
2(0,140 kg)(7, 80 m/s) = 575 N. 0, 00380 s
111. De acordo com a lei de conservação do momento, a velocidade final do trenó-foguete satisfaz a equação (2900 kg)(250 m/s) = (2900 kg + 920 kg)v, o que nos dá v = 190 m/s. 112. Se m é a massa e v é a velocidade de uma bala, o momento de cada bala ao atingir a parede é p = mv. A energia cinética é K = mv2/2. A força que as balas exercem sobre a parede é dada pela taxa com a qual o momento é transferido para a parede. Como as balas não ricocheteiam, cada bala transfere um momento p para a parede. Se ∆N balas se chocam com a parede em um intervalo de tempo ∆t, a taxa média com a qual o momento é transferido é dada por Fméd = p
∆N ∆t
(a) Para m = 2,0 × 10–3 kg e v = 500 m/s, o momento de uma bala é p = mv = (2,0 × 10–3 kg)(500 m/s) = 1,0 kg ∙ m/s. (b) A energia cinética de uma bala é 1 2 1 2 mv = ( 2, 0 × 10 −3 kg ) ( 500 m s ) = 2, 5 × 10 2 J . 2 2 (c) Para ∆N/∆t = 10/s, a força média que as balas exercem sobre a parede é K=
p∆N = (1, 0 kg ⋅ m s ) (10 s −1 ) = 10 N. ∆t A força tem o mesmo sentido que a velocidade inicial das balas. Fméd =
(d) Se ∆t9 é o intervalo de tempo que uma bala permanece em contato com a parede até parar, a força média que uma bala exerce sobre a parede é Fméd ′ =
p 1, 0 kg ⋅ m s = = 1, 7 × 10 3 N. ∆t 0, 6 × 10 −3 s
A força tem a mesma direção que a velocidade inicial da bala.
soluções dos problemas 311
(e) No item (d) a média é calculada para o tempo que uma bala permanece em contato com a parede, enquanto no item (c) a média é calculada para o tempo durante o qual muitas balas atingem a parede. Como, na maior parte do tempo, não existe nenhuma bala em contato com a parede, Fméd 0 e ω = 0 em um instante t > 0, a aceleração angular é negativa. (a) Como a aceleração angular é constante, podemos usar a Eq. 10-12 (ω = ω0 + αt). Para t = 30/60 = 0,50 min, temos:
(b) Usamos a Eq. 10-13: 1 1 u = 0 t + t 2 = (33, 33 rev/min)(0, 50 min) + (−66, 7rev/min 2 )(0, 50 min)2 = 8, 3 rev. 2 2 78. Usamos a lei de conservação da energia. O centro de massa está no ponto médio da barra transversal e desce uma distância L/2, em que L é o comprimento das barras. A energia potencial gravitacional diminui de MgL/2, na qual M é a massa do corpo. A energia cinética inicial é zero e a energia cinética final é Iω2/2, em que I é o momento de inércia do corpo e ω é a velocidade angular no instante em que o corpo está na vertical. Assim, 1 2 I ⇒ = MgL /I . 2 Como as barras são finas, a barra que coincide com o eixo de rotação não contribui para o momento de inércia. Como todos os pontos da outra barra longitudinal estão à mesma distância do eixo de rotação, a contribuição da outra barra longitudinal para o momento de inércia é (M/3) L2, sendo que M/3 é a massa da barra. A barra transversal é uma barra que gira e torno de uma das extremidades e, portanto, sua contribuição é (M/3)L2/3 = ML2/9. O momento de inércia total é, portanto, 0 = − MgL / 2 +
I = (ML2/3) + (ML2/9) = 4ML2/9. Assim, a velocidade angular é
=
MgL = I
MgL = 4 ML2 / 9
9g = 4L
9(9, 800 m/s 2 ) = 6, 06 rad/s. 4(0, 600 m)
soluções dos problemas 337
79. (a) De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia de um cilindro de raio R e de um aro de raio r são dados por 1 MR 2 e I A = Mr 2 . 2 Como os dois corpos têm a mesma massa, para que tenham o mesmo momento de inércia é preciso que IC =
R 2 / 2 = RA2 → RA = R / 2 . (b) Se queremos escrever o momento de inércia na forma I = Mk2, em que M é a massa do corpo e k é o raio do “aro equivalente”, é evidente que k = I /M . 80. (a) De acordo com a Eq. 10-15, 60,0 rad = (ω1 + ω2)(6,00 s)/2. Para ω2 = 15,0 rad/s, ω1 = 5,00 rad/s. (b) De acordo com a Eq. 10-12, α = (15,0 rad/s – 5,0 rad/s)/(6,00 s) = 1,67 rad/s2. (c) Interpretando ω como ω1 e θ como θ1 = 10,0 rad (e fazendo ωo = 0), a Eq. 10-14 nos dá
θo = –
12 + θ1 = 2,50 rad . 2
81. O centro de massa está à altura h = (L/2) sen 40o quando a barra é liberada. A energia potencial correspondente, Mgh, é convertida em energia cinética de rotação Iω2/2, em que I é o momento de inércia da barra em relação ao pino, quando a barra passa pela posição horizontal. De acordo com a Tabela 10-2 (e) e o teorema dos eixos paralelos, temos: 2
I=
1 1 L ML + M = ML . 2 12 3 2
2
Assim, Mg
L 1 1 sen 40° = ML2 2 2 2 3
⇒ =
3g sen 40° = 3,1 rad/s. L
82. O momento de inércia dos passageiros é dado (com boa aproximação) pela Eq. 10-53: I= mR 2 = NmR 2, em que N é o número de passageiros e m é a massa (média) por pessoa. De acordo com a Eq. 10-52,
∑
1 2 1 I = NmR 2 2 . 2 2 Como a velocidade de rotação é constante, ω = θ/t, o que nos dá ω = 2π/120 = 0,052 rad/s. Como a massa média por pessoa está quase certamente no intervalo 50 ≤ m ≤ 100, o trabalho realizado está no intervalo W=
1 1 (2160)(50)(38)2 (0, 052)2 ≤ W ≤ (2160)(100)(38)2 (0, 052) 2 2 2 2 × 10 5 J ≤ W ≤ 4 × 105 J. 83. Escolhemos o sentido dos eixos e o sentido da rotação para que as acelerações sejam positivas, o que nos permite fazer a1 = a2 = a. Para isso, escolhemos o sentido para cima como positivo para o bloco 1, o sentido para baixo como positivo para o bloco 2 e o sentido horário como positivo para a rotação do disco. Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos um sistema de três equações: T1 − m1 g = m1a m2 g − T2 = m2 a T2 R − T1 R = I
338 soluções dos problemas
(a) Substituindo o momento de inércia do disco na terceira equação pelo seu valor, I = MR2/2 [veja a Tabela 10-2(c)], dividindo a terceira equação por R, e somando as equações, obtemos: 1 m2 g − m1 g = m1 + m2 + M a 2 o que nos dá a = 4 g = 1, 57 m/s 2 . 25 (b) Substituindo a pelo seu valor na primeira equação e fazendo m1 = 0,40 kg, obtemos T1 = 29 m1 g = 4, 55 N. 25 (c) Para m2 = 0,60 kg, obtemos T2 = 5 m2 g = 4, 55 N. 6 84. (a) A distância em longitude entre Helsinki e o local da explosão é ∆θ = 102o − 25o = 77o. Como a velocidade de rotação da Terra é
=
1 rev 360 = , 1 dia 24 h
um deslocamento angular de ∆θ corresponde a um intervalo de tempo de Dt = ( 77 )
24 h = 5,1 h. 360
(b) Nesse caso, ∆θ = 102o − (−20o) = 122o, de modo que o intervalo de tempo pedido seria Dt = (122 )
24 h = 8,1 h. 360
85. Para calcular o tempo necessário para a bola atingir a altura máxima, usamos a Eq. 4-23, fazendo o lado direito igual a zero. O resultado é o seguinte: t=
(60 m/s) sen(20) = 2, 094 s. 9, 8 m/s 2
Nesse caso, de acordo com a Eq. 10-13 (com α = 0), temos:
θ − θ0 = ω0 t = (90 rad/s)(2,094 s) = 188 rad, o que equivale a aproximadamente 30 rev. 86. No cálculo a seguir, M1 e M2 são as massas dos anéis, R1i e R2i são os raios internos e R1e e R2e são os raios externos. De acordo com a Tabela 10-2 (b), temos: I=
1 2
M1 (R1i2 + R1e2) +
1 2
M2 (R2i2 + R2e2) = 0,00346 kg ⋅ m 2 .
Nesse caso, de acordo com as Eqs. 10-39 (τ = rF, em que r = R2e) e 10-45 (τ = Iα), temos:
=
(0,140)(12, 0) = 485 rad/s 2 , 0, 00346
e a Eq. 10-12 nos dá ω = αt = 146 rad/s. 87. Escolhemos o sentido do eixo de referência e o sentido da rotação para que as acelerações sejam positivas. Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos as seguintes equações, em que a é a aceleração da caixa e θ é o ângulo do plano inclinado: mg sen u − T = ma TR = I
soluções dos problemas 339
Como, de acordo com o enunciado, a = 2,0 m/s2, a primeira equação nos dá: T = m (g sen θ – a) = 2,7 N. Substituindo T e R por seus valores na segunda equação (e usando a relação α = a/R), obtemos I = TR2/a = 0,054 kg ⋅ m2. 88. (a) Usando a relação τ = Iα, na qual τ é o torque resultante que age sobre a casca, I é o momento de inércia da casca e α é a aceleração angular, temos: I=
960 N ⋅ m t = = 155 kg ⋅ m 2 . 6, 20 rad/s 2
(b) Como, de acordo com a Tabela 10-2 (g), o momento de inércia da casca é dado por I = (2/3) MR2, temos: M=
3I 3(155 kg ⋅ m 2 ) = = 64, 4 kg. 2 R2 2(1, 90 m)2
89. De acordo com a Eq. 10-40, τ = mgr = (70 kg) (9,8 m/s2) (0,20 m) = 1,4 × 102 N ⋅ m. 90. (a) De acordo com a Eq. 10-12, α = − o /t = −(25,0 rad/s)(20,0 s) = −1,25 rad/s2. (b) De acordo com a Eq. 10-15, u =
1 1 o t = (25, 0 rad/s)(20, 0 s) = 250 rad. 2 2
(c) Dividindo o resultado do item (b) por 2π, obtemos θ = 39,8 rev. 91. Como vamos usar métodos de conservação de energia para resolver o problema, o sentido de rotação da roda é irrelevante. (a) Como a velocidade da caixa está relacionada à velocidade angular da roda através da equação v = Rω, temos: K caixa =
1 mcaixa v 2 ⇒ v = 2
2 K caixa = 1, 41 m/s, mcaixa
o que significa que a velocidade angular da roda é ω = 1,41/0,20 = 0,71 rad/s. Assim, a energia cinética de rotação é Iω2/2 = 10 J. (b) Como o sistema foi liberado a partir do repouso, tomando como referência para a energia potencial a posição inicial da caixa, temos, em unidades do SI: K 0 + U0 = K + U
⇒
0 + 0 = ( 6, 0 + 10, 0 ) + mcaixa g ( − h ) .
Assim, h = 16,0/58,8 = 0,27 m. 92. (a) O tempo T que o Sol leva para completar uma revolução é igual à circunferência da órbita dividida pela velocidade v do Sol: T = 2πR/v, na qual R é o raio da órbita. Vamos converter o raio para quilômetros: R = (2, 3 × 10 4 anos-luz ) (9,46 × 1012 km/anos-luz ) = 2,18 × 1017 km, sendo que a relação entre ano-luz e quilômetro pode ser encontrada no Apêndice D ou deduzida a partir da velocidade da luz. Assim, temos: T=
2 π (2,18 × 1017 km) = 5, 5 × 1015 s. 250 km/s
340 soluções dos problemas
(b) O número N de revoluções é o tempo total t dividido pelo tempo T necessário para completar uma revolução, ou seja, N = t/T. Convertendo o tempo total de anos para segundos, obtemos N=
93. A força aplicada P faz o bloco acelerar e, com isso, a roda é submetida a um torque que produz uma aceleração angular. Vamos tomar o sentido para a direita como positivo e uma rotação no sentido anti-horário como positiva (que é o sentido convencional). Nesse caso, a aceleração tangencial da roda tem o sentido oposto ao da aceleração do bloco (que vamos chamar de a), ou seja, at = − a . Aplicando ao bloco a Segunda Lei de Newton, obtemos P − T = ma, em que T é a tensão da corda. Aplicando à roda a Segunda Lei de Newton (para rotações), obtemos −TR = I . Multiplicando esta última equação por R e levando em conta o fato de que Rα = at = –a, obtemos I . R2 Somando esta equação à equação P − T = ma, obtemos P = (m + I/R2)a. Assim, a aceleração angular é −TR 2 = − Ia ⇒ T = a
=−
a P =− . R (m + I /R 2 ) R
Para m = 2,0 kg, I = 0,050 kg . m2, P = 3,0 N e R = 0,20 m, temos:
=−
3, 0 N P = −4, 6 rad/s 2 =− 2 (m + I /R ) R [2,0 kg + (0, 050 kg ⋅ m 2 ) / (0, 200 m)2 ](0, 20 m)
o que nos dá |α| = 4,6 rad/s2. Nota: O sinal negativo de α não deve ser confundido com uma desaceleração; indica apenas que a rotação acontece no sentido horário. 94. (a) A velocidade tangencial (linear) no instante t = 15,0 s é v = at t = (0,500 m s 2 ) (15, 0 s) = 7, 50 m s . A aceleração radial (centrípeta) nesse instante é ar =
v 2 (7, 50 m s)2 = = 1,875 m s 2 . r 30, 0 m
Assim, o módulo da aceleração linear resultante é a=
at2 + ar2 =
(0, 500 m s 2 )2 + (1, 875 m s 2 )2 = 1, 94 m s 2.
(b) Como at || v , o ângulo entre v e a é
a 1, 875 = 75,1, tan −1 r = tan −1 0, 5 at
o que significa que o vetor a aponta em uma direção muito mais próxima da direção do centro da curva que da direção do movimento. 95. As distâncias que separam o ponto P das três partículas são: r1 = a para a partícula situada no vértice infeerior esquerdo (partícula 1) r2 = b 2 − a 2 para a partícula situada no vértice superior (parrtícula 2) r3 = a para a partícula situada no vértice inferior direito (partícula 3)
soluções dos problemas 341
O momento de inércia do sistema em relação ao ponto P é 3
I=
∑m r
i i
2
= ( 3a 2 + b 2 ) M ,
i =1
.
2
o que nos dá I = 0,208 kg m para M = 0,40 kg, a = 0,30 m e b = 0,50. De acordo com a Eq. 10-52, temos: 1 2 1 I = (0, 208 kg ⋅ m 2 )(5, 0 rad/s)2 = 2, 6 J. 2 2 96. A figura a seguir mostra o anel de puxar de uma lata de refrigerante. Como a peça é arti culada, ao puxar uma das extremidades com uma força F1 , exercemos uma força F2 sobre a outra extremidade. Para que a peça não gire, o torque produzido pela força F1 deve ser igual ao torque produzido pela força F2 . W=
A igualdade dos torques significa que r1 F1 = r2 F2 em que r1 ≈ 1,8 cm e r2 ≈ 0,73 cm. Assim, para F1 = 10 N, r 1, 8 cm (10 N) ≈ 255 N. F2 = 1 F1 ≈ 0, 73 cm r2 97. A aceleração centrípeta em um ponto P situado a uma distância r do eixo de rotação é dada pela Eq. 10-23: a = v2/r = ω2r. (a) Se os pontos A e P estão a distâncias radiais rA = 1,50 m e r = 0,150 m do eixo de rotação, a diferença entre as acelerações centrípetas é Da = a A − a = 2 (rA − r ) = (209, 4 rad/s)2 (1, 50 m − 0,150 m) ≈ 5, 92 × 10 4 m/s 2 . (b) A inclinação é a/r = ω2 = 4,39 × 104 s−2. 98. Seja T a tensão da corda. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: T − mg = ma ⇒ T = m( g + a) . Como a caixa tem uma aceleração para cima a = 0,80 m/s2, a tensão é T = (30 kg)(9, 8 m/s2 + 0, 8 m/s2 ) = 318 N. Aplicando a Segunda Lei de Newton à rotação do mecanismo, temos: FR − Tr = I = Ia /r . O momento de inércia é, portanto, I=
r ( FR − Tr ) (0,20 m)[(140 N)(0,50 m) − (318 N))(0,20 m)] = 1, 6 kg ⋅ m 2 . = 0, 80 m/s 2 a
99. (a) O momento de inércia do sistema é I = Mr 2 = (1, 30 kg)(0, 780 m)2 = 0, 791 kg ⋅ m 2 .
342 soluções dos problemas
(b) O torque que deve ser aplicado para equilibrar a força de arrasto é
t = rf = (0, 780 m)(2, 30 × 10 −2 N) = 1, 79 × 10 −2 N ⋅ m. 100. Podemos usar a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36). O índice 1 será usado para designar a barra mais curta e o índice 2 para designar a barra mais comprida. (a) O momento de inércia é I = I1 + I 2 =
1 1 m1 L21 + m2 L22 = 0, 019 kg ⋅ m 2 . 12 3
(b) Nesse caso, o momento de inércia é 1 1 m1 L21 + m1h 2 + m2 L22 12 12 em que h = 0,26 m é a distância entre o eixo e o centro da barra mais curta. Substituindo por valores numéricos, obtemos novamente I = 0,019 kg ⋅ m2. I = I1 + I 2 =
101. (a) A velocidade tangencial de um ponto da polia 1 é v1 = rA A = (15 cm)(10 rad/s) = 1,5 × 10 2 cm/s . (b) A velocidade angular da polia B é rB B = rA A
⇒ B =
rA A 15 cm (10 rad/s) = 15 rad/s . = 10 cm rB
(c) Como as duas polias estão rigidamente acopladas, a velocidade angular da polia B ′ é igual à da polia B, ou seja, B′ = 15 rad/s. (d) A velocidade tangencial de um ponto da polia 2 é v2 = rB′ B′ = (5 cm)(15 rad/s) = 75 cm/s. (e) A velocidade angular da polia C é rC C = rB′ B′
⇒ C =
rB′ B′ 5 cm = (155 rad/s) = 3, 0 rad/s. 25 cm rC
102. (a) O momento de inércia em relação ao eixo especificado é I=
∑mr
i i
2
= ( 2 M ) L2 + ( 2 M ) L2 + M ( 2 L ) = 5 ML2 = 8(1, 6)(0, 6)2 = 4, 6 kg ⋅ m 2 . 2
A energia cinética é dada pela Eq. 10-34: 1 2 I = 3, 3 J. 2 (b) Neste caso, as bolas de massa 2M estão a uma distância r = L cos 30° = L 3 / 2 do eixo e o momento de inércia é K=
I=
∑mr
i i
2
3 3 = (2 M ) L2 + (2 M ) L2 + M (2 L )2 = 7 ML2 = 4, 0 kg ⋅ m 2 . 4 4
A energia cinética é dada pela Eq. 10-34: 1 2 I = 2, 9 J. 2 103. Podemos usar a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36). K=
(a) O momento de inércia é I=
1 1 ML2 + Mh 2 = (3, 0 kg)(4, 0 m)2 + (3, 0 kg)(1, 0 m )2 = 7, 0 kg ⋅ m 2 . 12 12
soluções dos problemas 343
(b) A energia cinética de rotação é K rot =
2K rot = I
1 2 I ⇒ = 2
2(20 J) = 2, 4 rad/s. 7 kg ⋅ m 2
A velocidade linear da extremidade B da barra ao passar pela posição vertical é dada por vB = ωrAB = (2,4 rad/s)(3,00 m) = 7,2 m/s, sendo que rAB é a distância entre os pontos A e B. (c) O ângulo θmáx no qual a barra para momentaneamente é o ângulo para o qual toda a energia cinética de rotação é transformada em energia potencial. Quando a barra passa da posição vertical (θ = 0) para o ângulo θmáx, o centro de massa sobe uma distância Dy = d AC (1 − cosu ) , na qual dAC é a distância entre o ponto A e o centro de massa da barra. Assim, a variação de energia potencial é DU = mgDy = mgd AC (1 − cos u )
⇒
20 J = (3,0 kg)(9,8 m/s 2 )(1,0 m)(1 − cosu )
o que nos dá cos θ = 0,32, ou θ ≈ 71o. 104. (a) A distância entre a partícula A e o eixo de rotação é r = 0. A distância entre a partícula B e o eixo de rotação é r = L; a distância entre a partícula que está acima de A e o eixo também é r = L. A distância entre a partícula que está acima de B e o eixo é r = L 2. Assim, I=
∑mr
i i
2
(
= 2mL2 + m L 2
)
2
= 4 mL2 = 4(0, 2)(0, 25) = 0,20 kg ⋅ m 2 .
(b) Quando o conjunto gira 90° no sentido horário em torno do eixo A, o centro de massa desce uma distância L. Tomando como referência para a energia potencial gravitacional a altura do centro de massa no instante em que a barra AB está na vertical, temos: K 0 + U 0 = K + U ⇒ 0 + (4 m) gh0 = K + 0. Como h0 = L = 0,50 m, K = 3,9 J. Assim, de acordo com a Eq. 10-34, K=
1 I A 2 ⇒ = 6, 3 rad/s. 2
Capítulo 11
1. A velocidade do carro é constante, v = + (80 km/h ) (1000 m/km)(1 h/3600 s) ˆi = (+22 m s) ˆi , e o raio da roda é r = 0,66/2 = 0,33 m. (a) No referencial do carro (referencial no qual a mulher se considera em repouso), a estrada está se movendo com uma velocidade vestrada = (−22 m s)iˆ e o movimento dos pneus é apenas de rotação. Neste referencial, o centro do pneu está “em repouso” e, portanto, vcentro = 0. (b) Como, neste referencial, o movimento dos pneus é apenas de rotação (não há translação), a Eq. 10-18 nos dá valto = (+22 m/s)iˆ. (c) A base dos pneus está (momentaneamente) em contato com a estrada e tem a mesma velo cidade da estrada: vbase = (−22 m s)iˆ . (d) Como o referencial da mulher está se movendo com velocidade constante, a aceleração de qualquer ponto que esteja em repouso em relação a esse referencial é zero; assim, acentro = 0. (e) Neste referencial, o movimento dos pneus não só é apenas de rotação, mas é de rotação com velocidade angular constante, o que significa que a aceleração dos pontos na borda do pneu é apenas a aceleração radial (centrípeta). Assim, o módulo da aceleração é aalto =
v 2 (22 m/s)2 = = 1, 5 × 10 3 m s 2 . 0, 33 m r
(f) O módulo da aceleração é o mesmo do item (e): abase = 1,5 × 103 m/s2. (g) Agora examinamos a mesma situação no referencial da estrada (ou seja, em um referencial no qual a estrada está “em repouso” e é o carro que está se movendo). Nesse caso, o centro dos pneus descreve um movimento apenas de translação, enquanto os pontos da borda dos pneus descrevem um movimento que é uma combinação de translação e rotação. A velocidade do centro dos pneus é v = (+22 m s) ˆi . (h) Como, de acordo com o item (b), valto,carro = + v , temos, de acordo com a Eq. 4-39: valto,estrada = valto,carro 1 vcarro,estrada 5 vˆi 1 vˆi 5 2vˆi o que nos dá valto, estrada = 2v = +44 m/s. (i) Podemos proceder como no item (h) ou simplesmente observar que, como a base dos pneus está em contato com a estrada, deve ter a mesma velocidade que a estrada. Seja qual for o método usado, a resposta é zero. (j) Como o centro dos pneus tem um movimento de translação com velocidade constante, a aceleração é zero.
soluções dos problemas 345
(k) Como estamos passando de um referencial para outro que se move com velocidade constante em relação ao primeiro, as acelerações não mudam. Assim, a resposta é a mesma do item (e): 1,5 × 103 m/s2. (1) A resposta é a mesma do item (f): a = 1,5 × 103 m/s2. 2. A velocidade inicial do carro é v = (80 km/h ) (1000 m/km)(1 h/3600 s) = 22, 2 m/s . O raio dos pneus é R = 0,750/2 = 0,375 m. (a) Como a velocidade inicial do carro é igual à velocidade inicial do centro de massa dos pneus, a Eq. 11-2 nos dá
0 =
vCM0 22, 2 m/s = = 59, 3 rad/s. R 0, 375 m
(b) Para θ = (30,0)(2π) = 188 rad e ω = 0, a Eq. 10-14 nos dá
2 = 02 + 2u ⇒ =
(59, 3 rad/s)2 = 9, 31 raad/s 2 . 2 (188 rad )
(c) De acordo com a Eq. 11-1, a distância percorrida pelo carro é Rθ = 70,7 m. 3. De acordo com a Eq. 10-52, o trabalho necessário para fazer o aro parar é o negativo da energia cinética inicial do aro. A energia cinética inicial é K = 12 I 2 + 12 mv 2 (Eq. 11-5), em que I = mR2 é o momento de inércia em relação ao centro de massa, m = 140 kg e v = 0,150 m/s é a velocidade do centro de massa. A Eq. 11-2 relaciona a velocidade angular à velocidade do centro de massa: ω = v/R. Assim, K=
o que significa que o trabalho necessário é W = DK = 0 − 3,15 J = −3,15 J . 4. Usamos os resultados da Seção 11.3. (a) Fazemos I = 25 M R 2 [Tabela 10-2(f)] e a = – 0,10g na Eq. 11-10:
−0,10 g = −
g sen u 1+ (2 5
MR 2 /MR 2 )
=−
g sen u , 7/5
o que nos dá θ = sen–1 (0,14) = 8,0°. (b) O módulo da aceleração seria maior. Podemos analisar a questão em termos de forças ou em termos de energia. Em termos de forças, a força de atrito estático, que aponta para cima, não estaria presente, de modo que a força da gravidade agiria sozinha, produzindo uma aceleração maior. Em termos de energia, a energia de rotação da Eq. 11-5 não estaria presente, de modo que a energia potencial inicial seria toda transformada em energia cinética de translação 12 mv 2 (não seria necessário “compartilhá-la” com a energia de rotação) e, para compensar, a velocidade teria que ser maior (e, por causa da Eq. 2-16, a aceleração também teria que ser maior). 5. Seja M a massa do carro (que, presumivelmente, inclui a massa das rodas) e seja v a velocidade. Seja I o momento de inércia de uma das rodas e seja ω a velocidade angular das rodas. A energia cinética de rotação é 1 K rot = 4 I 2 , 2
346 soluções dos problemas
na qual o fator 4 aparece porque o carro tem quatro rodas. A energia cinética total é dada por K = 12 Mv 2 + 4( 12 I 2 ) . A fração da energia cinética total que se deve à rotação é fração =
K rot 4 I 2 = . 2 K Mv + 4 I 2
O momento de inércia de um disco homogêneo em relação ao centro de massa é I = 12 mR 2 [Tabela 10-2(c)]. Como as rodas rolam sem deslizar, ω = v/R (Eq. 11-2). Assim, o numerador da fração é 2
1 v 4 I 2 = 4 mR 2 = 2mv 2 R 2 e a fração se torna fração =
Assim, o raio das rodas não aparece na expressão final e não é necessário especificar o seu valor. 6. Fazemos a = –3,5 m/s2 (o módulo desse número pode ser estimado a partir da inclinação do gráfico, θ = 30º, M = 0,50 kg e R = 0,060 m na Eq. 11-10 e calculamos o momento de inércia. O resultado é I = 7,2 × 10−4 kg . m2. 7. (a) Podemos calcular a velocidade angular do cilindro ao deixar o telhado usando a lei de conservação da energia. A energia cinética inicial é Ki = 0 e a energia potencial inicial é Ui = Mgh, em que h = 6, 0 s e n 30° = 3, 0 m (estamos usando a borda do telhado como nível de referência para calcular a energia potencial). De acordo com a Eq. 11-5, a energia cinética final (na borda do telhado) é K f = 12 Mv 2 + 12 I 2 , na qual v é a velocidade do centro de massa e ω é a velocidade angular. Como, até esse momento, o cilindro rolou sem deslizar, sabemos que v = Rω, sendo R = 0,10 m. Como I = 12 MR 2 [Tabela 10-2(c)], temos, de acordo com a lei de conservação da energia, 1 1 1 1 3 Mv 2 + I 2 = MR 2 2 + MR 2 2 = MR 2 2 . 2 2 2 4 4 Dividindo a equação pela massa M, obtemos Mgh =
=
1 R
4 1 gh = 3 0,10 m
4 (9, 8 m/s 2 )(3, 0 m) = 63 rad/s. 3
(b) Depois que o cilindro atinge a borda do telhado, temos um problema de movimento balístico do tipo que foi discutido no Capítulo 4. Colocamos a origem na posição do centro de massa no instante em que o cilindro deixa o telhado (a posição “inicial” para esta parte do problema) e tomamos como positivos o sentido para esquerda do eixo x e o sentido para baixo do eixo y. De acordo com o resultado do item (a), v0 = Rω = 6,3 m/s, cujas componentes são (com essa escolha de eixos) v0x 5 v0 cos 30° 5 5,4 m/s v0y 5 v0 sen 30° 5 3,1 m/s. Assim, o movimento balístico se torna x = v0 x t e
y = x0 y t +
1 2 gt . 2
soluções dos problemas 347
Para começar, usamos a segunda equação para determinar o instante em que y = H = 5,0 m. Escolhendo a raiz positiva da solução da equação do segundo grau, temos: t5
2v0y 1 v02y 1 2 gH g
5 0, 74 s.
Substituindo esse valor na primeira equação, obtemos x = (5,4 m/s)(0,74 s) = 4,0 m. 8. (a) Vamos chamar de P o ponto de retorno. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica no ponto x = 7,0 m é igual à energia mecânica no ponto P. Assim, de acordo com a Eq. 11-5, temos: 75 J = mvp2/2 + ICM ωp2/2 + Up. De acordo com o item (f) da Tabela 10-2 e a Eq. 11-2 (segundo a qual, se existe um ponto de retorno, ωp = vp = 0), obtemos Up = 75 J. No gráfico, isso parece corresponder a x = 2,0 m e concluímos que existe um ponto de retorno (e acabamos de encontrá-lo). A bola, portanto, não chega à origem. (b) Notamos que não existe nenhum ponto no gráfico, à direita de x = 7,0 m, que esteja “mais alto” que 75 J. Por isso, suspeitamos que não existe um ponto de retorno nessa direção e tentamos calcular a velocidade vp em x = 13 m. Se conseguimos obter uma solução real diferente de zero, é porque nossa suspeita está correta (ou seja, a bola não atinge o ponto P antes de chegar a x = 13 m). De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica no ponto x = 7,0 m é igual à energia mecânica no ponto P. Assim, 75 J = mvp2/2 + ICM ωp2/2 + Up. Usando novamente o item (f) da Tabela 11-2, a Eq. 11-2 (desta vez, o cálculo é menos trivial) e Up = 60 J (valor obtido no gráfico), além dos dados do enunciado do problema, obtemos vp = 7,3 m/s. 9. Para calcular a posição do ponto em que a bola toca o chão, determinamos primeiro, usando a lei de conservação da energia, a velocidade com a qual a bola deixa a pista. A energia cinética inicial é Ki = 0 e a energia potencial inicial é Ui = MgH. A energia cinética final da bola (ao deixar a pista) é Kf = Mv2/2 + Iω2/2 (Eq. 11-5), em que v é a velocidade do centro de massa e ω é a velocidade angular, e a energia potencial final é Mgh. Como, até esse momento, a bola rola sem deslizar, sabemos que ω = v/R. Como o momento de inércia é dado por I = 2MR2/5 [Tabela 10-2(f)], a lei de conservação da energia nos dá 1 1 1 2 Mv 2 + I 2 + Mgh = Mv 2 + Mv 2 + Mgh 2 2 2 10 7 2 = Mv + Mgh. 10
MgH =
Dividindo a equação por M, obtemos v=
10 g( H − h) = 7
10 (9, 8 m/s 2 )(6, 0 m − 2, 0 m) = 7, 48 m/s.. 7
A partir do momento em que a bola deixa a pista, temos um movimento balístico do tipo que foi discutido no Capítulo 4. Colocamos a origem na posição do centro de massa no instante em que a bola deixa a pista (a posição “inicial” para esta parte do problema) e tomamos como positivos o sentido para direita do eixo x e o sentido para baixo do eixo y. Nesse caso, como a velocidade inicial é horizontal, as equações do movimento balístico se tornam x = vt e
1 y = − gt 2 . 2
348 soluções dos problemas
Fazendo y = h da segunda equação, obtemos t = meira equação, temos: 2h = ( 7, 48 m/s g
x=v
2 h g . Substituindo t pelo seu valor na pri-
0 m) = 4, 8 m. ) 29(,28,m/s 2
10. Como, neste caso, I = 23 MR 2 [Tabela 10-2(g)], temos: M= Também sabemos que Assim,
1 2
)
3 ( 0, 040 kg ⋅ m 2 3I = = 2, 7 kg. 2 2 R2 2 ( 0,15 m )
I 2 = 13 MR 2 2 e que, como a esfera rola sem deslizar, vCM = Rω. 1 MR 2 2 K rot 3 = K CM + K rot 1 mR 2 2 + 1 MR 2 2 2 3
(a) Simplificando a equação acima, obtemos Krot/K = 0,4. Assim, 40% da energia cinética é rotacional e Krot = (0,4)(20 J) = 8,0 J. (b) Como K rot = 13 M R 2 2 = 8, 0 J , usando o valor conhecido de M, obtemos
=
1 0,15 m
3(8, 0 J) = 20 rad/s, 2, 7 kg
o que nos dá vCM = (0,15 m)(20 rad/s) = 3,0 m/s. (c) Note que uma distância de 1,0 m ao longo da superfície corresponde a uma altura h = 1,0 sen 30° = 0,50 m. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, K i = K f + U f ⇒ 20 J = K f + Mgh, o que nos dá (usando os valores conhecidos de M e h) Kf = 6,9 J. (d) Como determinamos no item (a) que 40% da energia cinética total é rotacional, temos: 1 1 MR 2 2f = ( 0, 40 ) K f ⇒ f = 3 0,15 m
3 ( 0, 40 ) ( 6, 9 J ) , 2, 7 kg
o que nos dá ωf = 12 rad/s e
vCM f = R f = ( 0,15 m ) (12 rad/s ) = 1, 8 m/s. 11. Com Fap 5 (10 N) i , resolvemos o problema usando as Eqs. 9-14 e 11-37. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção x, temos: Fap 2 fs 5 ma 1 fs 5 10 N 2 (10 kg)(0,60 m/s2) 5 4,0 N. Na notação de vetores unitários, temos fs = (−4, 0 N) ˆi , que aponta para a esquerda. (b) Para R = 0,30 m, o módulo da aceleração angular é, de acordo com a Eq. 11-6, |α | = |aCM| / R = 2,0 rad/s2.
A única força cuja linha de ação não passa pelo centro de massa é fs ; o módulo do torque produzido por essa força é dado por
t =I
⇒
( 0, 30 m )( 4, 0 N ) = I ( 2, 0 rad s ) , 2
o que permite calcular o momento de inércia da roda em relação ao centro de massa: I = 0,60 kg ? m2.
soluções dos problemas 349
12. Usando o solo como posição de referência para a energia potencial, a lei de conservação da energia mecânica nos dá 1 2 1 U liberada = K alto + U alto ⇒ mgh = mvCM + I 2 + mg ( 2 R ) . 2 2 Fazendo I = 25 mr 2 [Tabela 10-2(f)] e ω = vCM/r (Eq. 11-2), temos: 2
sendo que, no lado direito, a equação foi dividida pela massa m. (a) Para a bola estar na iminência de perder contato com o trilho no ponto mais alto do percurso, a força normal deve se anular nesse ponto. Sendo assim, a aplicação da Segunda Lei de Newton na direção do eixo y leva a v2 mg = mar ⇒ g = CM R–r em que usamos a Eq. 10-23 para expressar a aceleração radial (centrípeta) do centro de massa, que, nesse instante, está a uma distância R – r do centro da curva. Substituindo o resultado 2 vCM = g( R − r ) na expressão obtida anteriormente, temos: gh =
7 ( g ) ( R − r ) + 2gR 10
o que nos dá h 5 2,7 R 2 0,7r 2,7 R. Para R = 14,0 cm, temos h = (2,7)(14,0 cm) = 37,8 cm. (b) As considerações de energia usadas no item anterior (agora com h = 6R) podem ser aplicadas ao ponto Q, o que nos dá 7 2 g(6 R) = vCM + gR 10 2 ou vCM = 50gR/7. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo horizontal no ponto Q e usando o raciocínio anterior quanto à aceleração radial, temos:
(c) A orientação é para o centro da curva. 13. O estudo dos objetos que rolam requer uma discussão que vai além dos princípios básicos da rotação analisados no Capítulo 10; isso é feito nas primeiras três seções do Capítulo 11. A força normal exercida sobre um objeto que descreve uma trajetória circular é discutida na Seção 6-6. Adaptando a Eq. 6-19 às forças presentes na parte mais baixa da curva, temos: FN – Mg = Mv2/r, o que mostra (já que sabemos que FN = 2Mg) que a velocidade do centro de massa (ao quadrado é v2 = gr, em que r é o raio da pista (0,48 m). Assim, a velocidade angular da bola (ao quadrado) é
ω2 = v2/R2 = gr/R2, na qual R é o raio da bola. Substituindo na Eq. 10-5 e explicitando o momento de inércia (em relação ao centro de massa), temos: ICM = 2MhR2/r – MR2 = MR2[2(0,36/0,48) – 1] .
350 soluções dos problemas
Assim, o valor do parâmetro β definido no enunciado do problema é
β = 2(0,36/0,48) – 1 = 0,50. 14. Para calcular qual é a velocidade v do centro de massa da bola no platô, usamos as equações do movimento balístico do Capítulo 4. Com voy = 0 (e substituindo h2 por h), a Eq. 4-22 nos dá um tempo de percurso t = 2h / g . Nesse caso, de acordo com a Eq. 4-21 (elevada ao quadrado, e usando d com alcance horizontal), v2 = gd2/2h. Para calcular a velocidade vp no ponto P, aplicamos a lei de conservação da energia, ou seja, o fato de que a energia mecânica no platô deve ser igual à energia mecânica no ponto P. De acordo com a Eq. 11-5, temos: mv2/2 + ICM ω2/2 + mgh1 = mvp2/2 + ICM ωp2/2 . Usando o item (f) da Tabela 10-2, a Eq. 11-2, a expressão v2 = gd2/2h, obtida anteriormente, temos: gd2/2h + 10gh1/7 = vp2 o que nos dá (usando os dados do problema) vp = 1,34 m/s. 15. (a) Escolhemos o sentido de rotação anti-horário e o sentido de movimento para a direita como positivos. Nesse caso, no momento em que a bola passa a rolar sem deslizar, a Eq. 11-2 nos dá vCM = − R = (−0,11 m). Essa velocidade é positiva (para a direita) e ω é negativa (no sentido horário), como mostra a figura. (b) Chamando de m a massa da bola, a força de atrito a que a bola está sujeita é −m k mg (negativa, já que aponta para a esquerda). Igualando essa força a maCM, temos: aCM = −m g = −(0, 21)(9, 8 m/s 2 ) = −2,1 m/s 2 em que o sinal negativo indica que a aceleração do centro de massa é para a esquerda, no sentido oposto ao da velocidade da bola, ou seja, a velocidade da bola está diminuindo. (c) Medido em relação ao centro de massa, o torque exercido pela força de atrito sobre a bola é dado por t = −mmgR . De acordo com a Eq. 10-45 e usando o momento de inércia da Tabela 10-2(f), temos: t −mmgR −5m g −5 ( 0, 21) ( 9, 8 m/s2 = = = = = −47 rad s 2 I 2m R 2 5 2R 2 ( 0,11 m )
)
na qual o sinal negativo indica que a aceleração angular é no sentido horário, o mesmo de ω (ou seja, a velocidade angular está aumentando). (d) Enquanto a bola está deslizando, a velocidade do centro de massa diminui de vCM,0 para vCM de acordo com a Eq. 2-11: vCM = vCM,0 −µgt. Durante esse tempo, a velocidade angular da bola aumenta (em módulo) de zero para de acordo com a Eq. 10-12: 5m gt vCM =t= = 2R R na qual usamos o resultado do item (a) na última igualdade. Como temos duas equações envolvendo vCM, podemos eliminar essa variável, o que nos dá t=
)
2 (8, 5 m/s 2 vCM,0 = = 1, 2 s. 7m g 7 ( 0, 21) ( 9, 8 m/s 2
)
(e) De acordo com a Eq. 2-15, a distância que a bola percorre enquanto está deslizando é Dx = vCM,0 t −
)
)
)
1 1 (m g ) t 2 = (8, 5 m/s (1, 2 s − ( 0, 21) (9, 8 m/s2 (1, 2 s 2 2
)
2
= 8, 6 m.
soluções dos problemas 351
(f) A velocidade do centro de massa no instante calculado no item (d) é
)
)
vCM = vCM,0 − m gt = 8, 5 m/s − ( 0, 21) ( 9, 8 m/s 2 (1, 2 s = 6,1 m/s. 16. Combinando a lei de conservação da energia com a Eq. 11-5 e explicitando o momento de inércia (em relação ao centro de massa), temos: ICM = 2MhR2/r – MR2 = MR2[2g(H – h)/v2 – 1] . Comparando a expressão de ICM com a expressão I = βMR2 apresentada no enunciado, obtemos:
β = 2g(H – h)/v2 – 1. Para prosseguir, precisamos determinar a velocidade v do centro de massa, o que fazemos usando as equações do movimento balístico do Capítulo 4. Com voy = 0, a Eq. 4-22 nos dá o tempo de percurso como t = 2h / g . Nesse caso, a Eq. 4-21 (elevada ao quadrado, e chamando o alcance de d) nos dá v2 = gd2/2h. Substituindo na expressão de β, obtemos 2g(H – h)/v2 – 1 = 4h(H – h)/d2 – 1. Assim, para os dados do problema, obtemos β = 0,25. 17. (a) O cálculo da aceleração aparece na Seção 11-4; de acordo com a Eq. 11-13, aCM = −
g 1 + I CM / MR02
na qual o sentido positivo é para cima. Fazendo ICM = 950 g . cm2, M = 120 g, R0 = 0,320 cm e g = 980 cm/s2, obtemos | aCM | =
980 cm/s 2 2 2 2 = 12, 5 cm/s ≈ 13 cm /s . 1 + ( 950 g ⋅ cm 2 ) (120 g ) ( 0, 32 cm )
1 (b) Colocando a origem das coordenadas na posição inicial, a Eq. 2-15 nos dá yCM = aCM t 2 . 2 Assim, fazendo yCM = –120 cm, obtemos t5
2 yCM 2(2120 cm) 5 5 4, 38 s 4,4 s. aCM 212,5 cm /s 2
(c) Quando o ioiô chega à extremidade da corda, a velocidade do centro de massa é dada pela Eq. 2-11: vCM = aCM t = ( −12, 5 cm s 2 ) ( 4, 38s ) 5 254, 8 cm s, e, portanto, a velocidade escalar linear é aproximadamente | vCM | = 55 cm/s. (d) A energia cinética de translação é
)
)
2 1 2 1 mvCM = ( 0,120 kg ( 0, 548 m s = 1, 8 × 10 −2 J. 2 2 (e) A velocidade angular é dada por ω = –vCM/R0 e a energia cinética de rotação é
K trans =
2
K rot
2
0, 548 m s v 1 1 1 = I CM 2 = I CM CM = (9, 50 × 10 −5 kg ⋅ m 2 ) ≈ 1, 4 J . 2 2 2 R0 3, 2 × 10 −3 m
(f) A velocidade angular é
=
0, 548 m/s vCM = = 1, 7 × 10 2 rad/s = 27 rev s . R0 3, 2 × 10 −3 m
352 soluções dos problemas
Nota: No final da descida do ioiô, a energia potencial gravitacional foi totalmente convertida em energia cinética de translação e energia cinética de rotação. Para mostrar que a energia total foi conservada, notamos que a energia inicial é U i = Mgyi = (0,120 kg)(9, 80 m/s 2 )(1, 20 m) = 1, 411 J que é igual à soma de K trans (0,018 J) e K rot (1,393 J). 18. (a) O cálculo da aceleração aparece na Seção 11-4; de acordo com a Eq. 11-13, g aCM = − 1 + I CM / MR02 na qual o sentido positivo é para cima. Fazendo I CM = MR 2 / 2 , sendo R = 0,32 m e M = 116 kg, a massa total (levando em conta o fato de que existem dois discos), obtemos g g a=− = 1 + ( MR 2 / 2) MR02 1 + ( R / R0 )2 / 2 que nos dá a = –g/51 quando fazemos R0 = R/10 = 0,032 m. Assim, o módulo da aceleração do centro de massa é 0,19 m/s2. (b) Como foi observado na Seção 11-4, o resultado do item (a) se aplica tanto à descida como à subida do ioiô. (c) As forças externas a que está submetido o centro de massa do ioiô são a tração da corda (para cima) e a força da gravidade (para baixo). De acordo com a Segunda Lei de Newton, g T − Mg = ma ⇒ T = M g − = 1,1 × 10 3 N. 51 (d) O resultado do item (c) mostra que a tração era bem menor que o limite de resistência da corda. (e) Como vimos no cálculo da aceleração, tudo que importava era a razão R/R0 (e, naturalmente, o valor de g). Assim, em uma versão ampliada do ioiô, a aceleração seria a mesma. (f) Como a tração depende da massa do ioiô, em uma versão ampliada a tração da corda seria maior. ˆ r × F é dado por 19. De acordo com a Eq. 3-30, se r = xˆi + yˆj + zk,
( yF − zF ) ˆi+ ( zF z
y
x
)
ˆ − xFz ) ˆj+ ( xFy − yFx k.
Se (em unidades do SI) x = 0, y = –4,0, z = 5,0, Fx = 0, Fy = –2,0 e Fz = 3,0 (os últimos dois valores são os das forças aplicadas à pulga), a expressão acima nos dá ˆ t 5 r 3 F 5 (22, 0 N ? m)i. ˆ r × F é dado por 20. De acordo com a Eq. 3-30, se r = xˆi + yˆj + zk,
( yF − zF ) ˆi + ( zF z
y
x
)
− xFz ) ˆj + ( xFy − yFx kˆ .
(a) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 6,0, Fy = 0 e Fz = 0, ˆ t = r × F = (24 N ⋅ m)j. (b) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = −6,0, Fy = 0 e Fz = 0, ˆ t = r × F = (−24 N ⋅ m)j. (c) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 0,0, Fy = 0 e Fz = 6,0, ˆ t = r × F = (12 N ⋅ m)j.
soluções dos problemas 353
(d) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 0,0, Fy = 0 e Fz = −6,0, ˆ t = r × F = (−12 N ⋅ m)j. ˆ r × F é dado por 21. De acordo com a Eq. 3-30, se r = xˆi + yˆj + zk,
( yF − zF ) ˆi + ( zF z
y
x
)
− xFz ) ˆj + ( xFy − yFx kˆ .
(a) Se (em unidades do SI) x = 0, y = –4,0, z = 3,0, Fx = 2,0, Fy = 0 e Fz = 0, temos: t = r × F = 6, 0 ˆj + 8, 0 kˆ N ⋅ m.
)
(
Este vetor tem módulo (6, 0 N ⋅ m)2 + (8, 0 N ⋅ m)2 = 10 N ⋅ m e está no plano yz. O ângulo do vetor (medido no sentido anti-horário a partir do semieixo y positivo) é tan −1 (8 6 = 53°.
)
(b) Fazendo x = 0, y = –4,0, z = 3,0, Fx = 0, Fy = 2,0 e Fz = 4,0 na expressão acima, obtemos t = r × F = (−22 N ⋅ m)i.ˆ Este vetor tem módulo 22 N ⋅ m e aponta no sentido negativo do eixo x. 22. De acordo com as Eqs. 3-30 e 11-14, temos: t = r × F = 4,00 ˆi + (12,0 + 2,00Fx) ˆj + (14,0 + 3,00Fx) kˆ na qual o uso de unidades do SI está implícito. Comparando com a expressão do torque, dada no enunciado do problema, vemos que Fx deve satisfazer duas condições: 12,0 + 2,00Fx = 2,00 e 14,0 + 3,00Fx = –1,00. A resposta (Fx = –5,00 N) satisfaz as duas condições. 23. Usamos a notação r ′ para indicar um vetor que aponta do eixo de rotação para a posição da ˆ r′ × F é igual a partícula. De acordo com a Eq. 3-30, se r ′ = x ′ ˆi + y ′ ˆj + z ′ k,
( y ′F − z ′F ) ˆi + ( z ′F z
y
x
)
ˆ − x ′Fz ) ˆj + ( x ′Fy − y ′Fx k.
(a) Nesse caso, r ′ = r . Descartando as plicas na expressão acima, fazemos (com unidades do SI implícitas) x = 0, y = 0,5, z = –2,0, Fx = 2,0, Fy = 0 e Fz = –3,0, o que nos dá t = r × F = −1, 5ˆi − 4, 0 ˆj − 1, 0 kˆ N ⋅ m.
)
(
ˆ Assim, na expressão acima fazemos (b) Nesse caso, r ′ = r − ro , sendo ro 5 2, 0 ˆi 2 3, 0 k. x ′ = −2, 0, y ′ = 0, 5, z ′ = 1, 0, Fx = 2, 0, Fy = 0 e Fz = −3, 0. O resultado é t = r ′ × F = −1, 5 ˆi − 4, 0 ˆj − 1, 0 kˆ N ⋅ m. ˆ r′ × F é igual a 24. De acordo com a Eq. 3-30, se r ′ = x ′ ˆi + y ′ ˆj + z ′ k,
)
(
( y ′F − z ′F ) ˆi + ( z ′F
)
− x ′Fz ) ˆj + ( x ′Fy − y ′Fx kˆ . ˆ e F = F1 . Descartando as plicas na ex(a) Nesse caso, r ′ = r , na qual r = 3, 0 ˆi 2 2, 0jˆ 1 4, 0 k, pressão acima, fazemos (com unidades do SI implícitas) x = 3,0, y = –2,0, z = 4,0, Fx = 3,0, Fy = –4,0 e Fz = 5,0. O resultado é t = r × F1 = (6, 0 ˆi − 3, 0 ˆj − 6, 0 kˆ ) N ⋅ m. (b) O cálculo é o mesmo do item (a), mas com F = F2 . Fazendo Fx = –3,0, Fy = –4,0 e Fz = –5,0, temos: t = r × F1 = (26 ˆi + 3, 0 ˆj − 18 kˆ ) N ⋅ m. z
y
x
354 soluções dos problemas
(c) Podemos proceder de duas formas: somar (vetorialmente) as respostas dos itens (a) e (b) ou somar as duas forças [o que, de qualquer forma, terá que ser feito no item (d)] e calcular o valor de t = r × F1 + F2 . O resultado é o mesmo: t = r × F1 + F2 = 32 ˆi − 24 kˆ N ⋅ m. (d) Nesse caso, r ′ = r − ro , em que r0 = 3, 0 ˆi 1 2, 0 ˆj 1 4, 0 kˆ . Assim, na expressão acima temos que fazer x ′ = 0, y ′ = −4, 0, z ′ = 0, Fx = 3,0 − 3,0 = 0, Fy = −4,0 −4,0 = 8,0 e Fz = 5,0 − 5,0 = 0. O resultado é o seguinte: t = r ′ × F1 + F2 = 0. ˆ r × F é dado por 25. De acordo com a Eq. 3-30, se r = xˆi + yˆj + zk,
(
)
)
(
( yF − zF ) ˆi + ( zF z
)
) (
(
y
x
)
ˆ − xFz ) ˆj + ( xFy − yFx k.
(a) Substituindo por valores numéricos, temos: ˆ t 5 ( 3, 0 m ) ( 6, 0 N ) 2 ( 4, 0 m ) (28, 0 N ) kˆ 5 ( 50 N?m ) k. (b) De acordo com a Eq. 3-27, r × F = rF sen , na qual é o ângulo entre r e F . Como r = x 2 + y 2 = 5, 0 m e F = Fx2 + Fy2 = 10 N, temos: rF = (5, 0 m)(10 N) = 50 N ⋅ m, que é igual ao módulo do produto vetorial calculado no item (a). Isso significa que sen = 1 e, portanto, = 90°. 26. Note que a componente de v perpendicular a r tem módulo v sen θ2, com θ2= 30°. (a) A Eq. 11-20 nos dá
)
)
l = rmv⊥ = ( 3, 0 m ) ( 2, 0 kg ( 4, 0 m/s s e n 30° = 12 kg ⋅ m 2 s . (b) Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, vemos que r × p aponta para fora do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z. (c) De acordo com a Eq. 10-38,
t 5 rF sen u2 5 (3,0 m)(2,0 N) sen 30° 5 3,0 N?m. (d) Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, vemos que r × F também aponta para fora do papel, no sentido positivo do eixo z. 27. Seja r = xˆi + yˆj + zkˆ o vetor posição, seja v = v x ˆi + v y ˆj + vz kˆ o vetor velocidade e seja m a massa do objeto. De acordo com a Eq. 3-30, o produto vetorial de r e v é ˆ r × v = ( yvz − zv y ) ˆi + ( zv x − xvz ) ˆj + ( xv y − yv x ) k. Como apenas as componentes x e z dos vetores posição e velocidade são diferentes de zero, a ˆ expressão acima se torna r × v = ( − xvz + zvz ) ˆj. Quanto ao torque, fazendo F = Fx ˆi + Fy ˆj + Fz k, o produto vetorial r × F se torna t = r × F = ( yFz − zFy ˆi + ( zFx − xFz ) ˆj + ( xFy − yFx kˆ .
)
)
ˆ o momento angular do obje(a) Para r = (2, 0 m) ˆi − (2, 0 m) kˆ e v = (−5, 0 m/s) ˆi + (5, 0 m/s) k, to é l = m ( − xvz + zv x ) ˆj = ( 0, 25 kg − ( 2, 0 m ( 5, 0 m s + ( −2, 0 m ( −5, 0 m s ˆj = 0.
)(
)
)
)
))
(b) Para x = 2,0 m, z = –2,0 m, Fy = 4,0 N e todos os outros componentes nulos, a expressão acima se torna t = r × F = (8, 0 N ⋅ m) ˆi + (8, 0 N ⋅ m) kˆ .
soluções dos problemas 355
Nota: O fato de que l = 0 significa que r e v são paralelos ( r × v = 0 ). De acordo com a equação t =| r × F | = rF s e n , o ângulo entre r e F é dado por sen =
t 8 2 N⋅m = = 1 ⇒ = 90. rF (2 2 m)(4,0 N)
Isso significa que r e F são mutuamente perpendiculares. ˆ o produto vetorial de r′ e v é 28. De acordo com a Eq. 3-30, se r ′ = x ′ ˆi + y ′ ˆj + z ′ k,
( y ′v
z
)
)
− z ′v y ˆi + ( z ′v x − x ′vz ) ˆj + ( x ′v y − y ′v x kˆ .
(a) Nesse caso, r ′ = r , sendo r = 3, 0 ˆi − 4, 0 ˆj. Assim, descartando as plicas na expressão acima e fazendo (com unidades do SI implícitas) x = 3, 0, y = −4, 0, z = 0, v x = 30, v y = 60, vz = 0 e m = 2,0 kg, temos: l = m ( r × v ) = (6, 0 × 10 2 kg ⋅ m 2 s)kˆ . (b) Nesse caso, r ′ = r − ro , sendo ro 5 2, 0 ˆi 2 2, 0 ˆj. Assim, fazendo x ′ = 5, 0, y ′ = −2, 0, z ′ = 0, v x = 30, v y = 60 e vz = 0, temos:
l = m ( r ′ × v ) = (7, 2 × 10 2 kg ⋅ m 2 s) kˆ .
29. No caso da partícula de 3,1 kg, a Eq. 11-21 nos dá
)
)
)
)
l 1 = r⊥ 1mv1 = ( 2, 8 m ) ( 3,1 kg ( 3, 6 m/s = 31, 2 kg ⋅ m 2 s..
Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, constatamos que o vetor ( r1 × p1 ) aponta para fora do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z, perpendicular ao plano da Fig. 11-41. No caso da partícula de 6,5 kg, temos: l 2 = r⊥ 2 mv2 = (1, 5 m ) ( 6, 5 kg ( 2, 2 m/s = 21, 4 kg ⋅ m 2 s.. Usando novamente a regra da mão direita, constatamos que o vetor ( r2 × p2 ) aponta para dentro do papel, ou seja, no sentido negativo do eixo z. (a) Como os dois vetores momento angular têm a mesma direção e sentidos opostos, a soma vetorial é a diferença dos módulos: L = l 1 − l 2 = 9, 8 kg ⋅ m 2 /s. (b) O momento angular resultante aponta no sentido positivo do eixo z. 30. (a) O vetor aceleração é obtido dividindo o vetor força pela massa (uma grandeza escalar): a = F /m = (3,00 m/s2) ˆi – (4,00 m/s2) ˆj + (2,00 m/s2) kˆ . (b) De acordo com a Eq. 11-18, temos: ˆ L = (42,0 kg.m2/s) ˆi + (24,0 kg.m2/s) ˆj + (60,0 kg.m2/s) k. (c) O torque é dado por ˆ t = r × F = (–8,00 N ⋅ m ) ˆi – (26,0 N ⋅ m ˆj – (40,0 N ⋅ m ) k. (d) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do vetor velocidade é 7,35 m/s e o mó dulo da força é 10,8 N. O produto escalar dos dois vetores é v . F = –48 (em unidades do SI). Assim, a Eq. 3-20 nos dá
θ = cos−1[−48,0/(7,35 × 10,8)] = 127°.
356 soluções dos problemas
31. (a) Como a velocidade é (momentaneamente) nula no instante em que a bola atinge a altura máxima, o momento angular nesse instante é zero. (b) Com a convenção (usada em vários pontos deste livro) de que o sentido horário está associado ao sinal negativo, L = –r⊥ m v, sendo r⊥ = 2,00 m, m = 0,400 kg e v pode ser calculado a partir das equações de queda livre (como no Capítulo 2). Especificamente, ymáx pode ser calculado fazendo a velocidade igual a zero na Eq. 2-16; o resultado é ymáx = vo2/2g, em que vo = 40,0 m/s. Nesse caso, com y = 1/2ymáx, a Eq. 2-16 nos dá v = vo / 2 . Substituindo v por esse valor, obtemos L = –22,6 kg ⋅ m 2 /s . (c) Como foi mencionado no item anterior, usamos o sinal negativo para o torque, o que nos dá τ = –r⊥F, em que F = mg. Assim, τ = –7,84 N ⋅ m . (d) Devido ao modo como r⊥ é definido, a altura da bola é irrelevante. Assim, a resposta é a mesma do item (c), τ = –7,84 N ⋅ m . 32. A taxa de variação do momento angular é dl ˆ 5 t1 1 t 2 5 (2, 0 N?m) ˆi 2 (4, 0 N?m)j. dt 2 Isso significa que o módulo do vetor d l dt é (2, 0 N ⋅ m)2 + ( −4, 0 N ⋅ m = 4, 5 N ⋅ m e que o vetor faz um ângulo θ (no plano xy ou em um plano paralelo ao plano xy) com o semieixo x positivo
)
−4, 0 N ⋅ m u = tan −1 = −63° , 2, 0 N ⋅ m na qual o sinal negativo indica que o ângulo é medido no sentido horário quando visto “de cima” (por uma pessoa situada no semieixo z positivo). 33. Seja r = xˆi + yˆj + zkˆ o vetor posição, seja v = v x ˆi + v y ˆj + vz kˆ o vetor velocidade e seja m a massa do objeto. O produto vetorial de r e v é ˆ r × v = ( yvz − zv y ˆi + ( zv x − xvz ) ˆj + ( xv y − yv x k. O momento angular é dado pelo produto vetorial l = mr × v . Quanto ao torque, escrevendo a ˆ temos: força na forma F = Fx ˆi + Fy ˆj + Fz k, t = r × F = ( yFz − zFy ˆi + ( zFx − xFz ) ˆj + ( xFy − yFx kˆ .
)
)
)
)
(a) Fazendo m = 3,0 kg, x = 3,0 m, y = 8,0 m, z = 0, vx = 5,0 m/s, v y = −6, 0 m/s e vz = 0 nesta expressão, obtemos ˆ l = ( 3, 0 kg ) [(3, 0 m)(−6, 0 m/s) − (8, 0 m)(5, 0 m/s))] kˆ = (−174 kg ⋅ m 2 s) k. (b) Como r = xˆi + yˆj e F = Fx ˆi, o torque correspondente é t = xˆi + yˆj × Fx ˆi = − yFx kˆ .
(
) ( )
Substituindo os valores dados, obtemos ˆ t = − (8, 0 m ) ( −7, 0 N ) kˆ = (56 N ⋅ m)k. (c) De acordo com a Segunda Lei de Newton, t = d l / dt e, portanto, a taxa de variação do momento angular é 56 kg ⋅ m2/s2, no sentido positivo do eixo z.
soluções dos problemas 357
34. Usamos um sistema de coordenadas dextrogiro, com a orientação do vetor unitário kˆ compatível com um sentido positivo para as rotações no sentido anti-horário (e com a regra da mão direita). Nesse caso, todos os momentos angulares do problema estão orientados no sentido con ˆ no item (b), por exemplo, l = −4, 0 t 2 kˆ em unidades do SI. Para calcular o trário ao do vetor k; torque, usamos a Eq. 11-23. (a) Como o momento angular é constante, a derivada em relação ao tempo é nula e, portanto, o torque é nulo. (b) O torque é calculado derivando o momento angular em relação ao tempo: d (t 2 ) dl t= = −4, 0 kˆ = (−8, 0 t N ⋅ m) kˆ . dt dt Este vetor aponta no sentido contrário ao do vetor kˆ (aumentando a velocidade angular dos objetos que giram no sentido horário) para t > 0 e no sentido do vetor kˆ para t < 0.
)
(
(c) Como em unidades do SI, o torque é 1 2, 0 ˆ d( t ) t = −4, 0 kˆ = −4, 0 kˆ = − k N⋅m . dt 2 t t
)
(
)
(
Este vetor aponta no sentido contrário ao do vetor kˆ (aumentando a velocidade angular dos objetos que giram no sentido horário) para t > 0 e não é definido para t < 0. (d) Finalmente, temos
)
)
d (t −2 ) −2 8, 0 t = −4, 0 kˆ = −4, 0 kˆ 3 = 3 kˆ N ⋅ m. t t dt
(
(
Este vetor aponta no sentido do vetor kˆ (diminuindo a velocidade angular dos objetos que giram no sentido horário) para t > 0 e no sentido contrário ao do vetor kˆ para t < 0. 35. (a) Notamos que dr v= = 8,0t ˆi – (2,0 + 12t) ˆj dt com unidades do SI implícitas. De acordo com as Eqs. 3-30 e 11-18, o momento angular da ˆ N ⋅ m. partícula é 8t2 kˆ . De acordo com a Eq. 11-23, t = (48t k) (b) Como o momento angular calculado no item (a) é proporcional a t2, o módulo do momento parcial da partícula aumenta com o passar do tempo. 36. Podemos comparar os movimentos dos discos calculando, com o auxílio da Eq. 10-18, a velocidade linear de cada disco. O fato de que a velocidade linear da borda do disco A é igual à velocidade linear da borda do disco C significa que ωA = 2ωC. O fato de que a velocidade linear do cubo do disco A é igual à velocidade linear da borda do disco B significa que ωA = ωB/2. Assim, ωB = 4ωC. A razão dos momentos depende da velocidade angular dos discos, mas também depende do momento de inércia (veja o item (c) da Tabela 11-2), que, por sua vez, depende da massa dos discos. se h é a espessura e ρ é a massa específica de um disco, a massa é ρπR2h. Assim, LC (1 / 2) RC2 hC = = 1024. LB (1 / 2) RB2 h B
358 soluções dos problemas
37. (a) Cada partícula contribui com mr2 para o momento de inércia, onde r é a distância a que a partícula se encontra da origem O. O momento de inércia total é I 5 m(3d)2 1 m(2d)2 1 m(d)2 5 14md2 5 14(2,3 3 1022kg)(0,12 m)2 5 4,6 3 1023 kg?m2.
(b) O momento angular da partícula do meio é dado por Lm = Imω, onde Im = 4md 2 é o momento de inércia da partícula. Assim, Lm 5 4md2v 5 4(2,3 3 1022kg)(0,12 m)2 (0,85 rad/s) 5 1,1 3 1023 kg?m2/s. (c) O momento angular total é I v 5 14 md2 v 5 14(2,3 3 1022 kg)(0,12 m)2 (0,85 rad/s) 5 3,9 3 1023 kg ? m2/s. 38. (a) A Eq. 10-34 nos dá α = τ/I e, de acordo com a Eq. 10-12, ω = αt = τt/I. Assim, o momento angular no instante t = 0,033 s é
)
)
I = t t = (16 N ⋅ m ( 0, 033 s = 0, 53 kg ⋅ m 2 s no que é, na verdade, uma versão angular do teorema do impulso e do momento. (b) Temos:
=
t t (16 N ⋅ m ) ( 0, 033 s ) = 440 rad/s = I 1, 2 × 10 −3 kg ⋅ m 2
39. (a) Como τ = dL/dt, o torque médio em um intervalo de tempo Dt é dado por t méd − ( L f − Li ) / Dt − ( L − Li ) / Dt , em que Li é o momento angular inicial e Lf é o momento angular final. Assim, éd f
t med 5
0, 800 kg ? m 2 / s 2 3, 00 kg ? m 2 / s 5 1,, 47 N ? m, 1, 50 s
ou | t med | = 1, 47 N ⋅ m. Neste caso, o sinal negativo indica que o torque tem o sentido oposto ao do momento angular inicial, que foi implicitamente tomado como sendo positivo. (b) O ângulo descrito pelo volante é dado por u = 0 t + t 2 / 2. Se a aceleração angular é constante, α = τ/I. Além disso, ω0 = Li/I e, portanto,
)
)
)
)
Li t + t t 2 / 2 ( 3, 00 kg ⋅ m 2 s (1, 50 s + ( −1, 467 N ⋅ m (1, 50 s / 2 u= = 0,140 kg ⋅ m 2 I = 20, 4 rad. 2
(c) O trabalho realizado sobre o volante é
)
)
W = tu = ( −1, 47 N ⋅ m ( 20, 4 rad = −29, 9 J em que valores mais precisos foram usados nos cálculos que os mostrados aqui. Outra forma de calcular W é usar a Eq. 10-52, que pode ser escrita na forma W = ( L2f − L2i 2 I .
)
(d) A potência média é o trabalho realizado pelo volante (o negativo do trabalho realizado sobre o volante) dividido pelo intervalo de tempo: Pméd = −
W −29, 8 J =− = 19, 9 W . Dt 1,50 s
soluções dos problemas 359
40. Como o torque é igual à derivada do momento angular em relação ao tempo, a variação do momento angular é igual à integral do torque em relação ao tempo. Para t = (5, 00 + 2, 00t ) N ⋅ m, o momento angular (em kg ⋅ m 2 /s) é dado por
∫
∫
L (t ) = t dt = (5, 00 + 2, 00 t )dt = L0 + 5, 00 t + 1, 00 t 2 . Como L = 5, 00 kg ⋅ m 2 /s para t = 1, 00 s , a constante de integração é L0 = −1 . Assim, a expressão completa do momento angular é L (t ) = −1 + 5, 00t + 1, 00t 2 . Para t = 3, 00 s , temos L (t = 3, 00) = −1 + 5, 00(3, 00) + 1, 00(3, 00)2 = 23, 0 kg ⋅ m 2 /s. 41. (a) No caso do aro, usamos a Tabela 10-2(h) e o teorema dos eixos paralelos para obter 1 3 mR 2 + mR 2 = mR 2 . 2 2 No caso das barras, o momento de inércia da barra que coincide com o eixo de rotação é desprezível (por se tratar de uma barra fina) e o momento de inércia da barra paralela ao eixo de rotação, de acordo com o teorema dos eixos paralelos, é dado por I1 = I CM + mh 2 =
I 2 = I CM + mR 2 = 0 + mR 2 = mR 2 . Por simetria, as duas barras perpendiculares ao eixo de rotação têm o mesmo momento de inércia (I3 = I4). Podemos calcular o valor de I3 usando a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos: 2
I 3 = I CM = MR 2 =
1 1 R mR 2 + m = mR 2 . 2 12 3
Assim, o momento de inércia total é I1 + I 2 + I 3 + I 4 =
19 mR 2 = 1, 6 kg ⋅ m 2 . 6
(b) A velocidade angular é constante:
=
Du 2 = = 2, 5 rad/s. Dt 2, 5
Assim, L = I total = 4, 0 kg ⋅ m 2 /s. 42. Este problema pode ser resolvido integrando a Eq. 11-29 em relação ao tempo, tendo em mente que Li = 0 e que a integração pode ser vista como a soma das áreas sob os segmentos de reta, com as áreas sob o eixo dos tempos contribuindo negativamente. Também é útil saber que a área de um triângulo é (base)(altura)/2. (a) L = 24 kg ⋅ m 2 /s (b) L = 1,5 kg ⋅ m 2 /s 43. Supomos que, a partir do momento em que as patinadoras agarram a vara, elas não mudam mais a postura, de modo que o sistema pode ser analisado como um corpo rígido simétrico, com o centro de massa na metade da distância entre as duas patinadoras. (a) O momento linear total é zero (as patinadoras têm massas iguais e velocidades de mesmo módulo e sentidos opostos). Assim, o centro de massa do sistema (o centro da vara) permanece fixo e as patinadoras executam um movimento circular (de raio r = 1,5 m) em torno do centro de massa.
360 soluções dos problemas
(b) De acordo com a Eq. 10-18, a velocidade angular das patinadoras (no sentido anti-horário, como mostra a Fig. 11-47) é
=
v 1, 4 m/s = = 0, 93 rad/s. r 1, 5 m
(c) Como o momento de inércia é igual ao de duas partículas em movimento circular, temos, de acordo com a Eq. 10-33, I=
∑ mr
2
)
= 2 ( 50 kg (1, 5 m ) = 225 kg ⋅ m 2 . 2
Assim, a Eq. 10-34 nos dá
)
)
2 1 2 1 I = ( 225 kg ⋅ m 2 ( 0, 93 rad/s = 98 J. 2 2 (d) O momento angular é conservado neste processo. Chamando a velocidade angular calculada no item (b) de i e o momento de inércia calculado no item (c) de Ii, temos:
K=
)
)
I ii = ( 225 kg ⋅ m 2 ( 0, 93 rad/s = I f f .
∑
Como o momento de inércia final é mrf2 , em que rf = 0,5 m, I f = 25 kg ⋅ m 2 . Usando este valor, a expressão acima nos dá f = 8, 4 rad/s. (e) Temos:
)
)
2 1 1 I f 2f = ( 25 kg ⋅ m 2 (8, 4 rad/s = 8, 8 × 10 2 J. 2 2 (f) Podemos explicar o grande aumento da energia cinética [item (e) menos item (c)] notando que as patinadoras executam um trabalho considerável (convertendo sua energia interna em energia mecânica) para se aproximar uma da outra, “lutando” contra o que parecem ser “forças centrífugas” que tendem a separá-las.
Kf =
44. Para que o leitor não se confunda com os sinais positivos e negativos, vamos escrever a velocidade angular escalar do disco como e reservar o símbolo ω para a velocidade escalar (que, por convenção, consideramos positiva se a rotação é no sentido anti-horário e negativa se a rotação é no sentido horário). Quando dizemos que a barata “parou”, isso significa que ela está em repouso em relação ao disco, não em relação ao solo. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular, temos: mvR + I 0 = ( mR 2 + I ) f que podemos escrever (de acordo com nossa discussão a respeito de velocidade angular escalar e velocidade angular) na forma mvR − I 0 = −(mR 2 + I ) f . Explicitando a velocidade angular final do sistema, temos: mvR − I | 0 | (0,17 kg)(2,0 m/s)(0,15 m) − (5,0 × 10 −3 kg ⋅ m 2 )(2,8 rad/s) = mR 2 + I (5,0 × 10 −3 kg ⋅ m 2 ) + (0,17 kg)(0,15 m)2 = 4, 2 rad/s.
| f |=
(b) Não, K f ≠ K i e podemos calcular a diferença: Ki − K f =
mI v 2 + 02 R 2 + 2 Rv 0 mR 2 + I 2
que é necessariamente positiva. Assim, parte da energia cinética inicial é “perdida”, ou seja, transferida para outra forma de energia. A culpada é a barata, que, ao parar, tem que fazer um certo esforço para “internalizar” essa energia.
soluções dos problemas 361
45. (a) Como nenhum torque externo age sobre o sistema formado pelo homem, os tijolos e a plataforma, o momento angular total do sistema é conservado. Seja Ii o momento de inércia inicial do sistema e seja If o momento de inércia final. Nesse caso, Iiωi = Ifωf e 6, 0 kg ⋅ m 2 I f = i i = (1, 2 rev s ) = 3, 6 rev s. If 2, 0 kg ⋅ m 2 1 1 (b) A energia cinética inicial é K i = I ii2 , a energia cinética final é K f = I f 2f e a razão 2 2 entre as duas é
) )
) )
K f I f 2f / 2 ( 2, 0 kg ⋅ m 2 ( 3, 6 rev s / 2 = = = 3, 0 . Ki I ii2 / 2 ( 6, 0 kg ⋅ m 2 (1, 2 rev s 2 / 2 2
(c) O homem realizou um trabalho para diminuir o momento de inércia, aproximando os tijolos do corpo. A energia necessária para realizar esse trabalho veio das reservas de energia interna do homem. 46. De acordo com a lei de conservação do momento angular, I ii = I f f e, portanto,
f I = i =3 i I f e 2
K f I f 2f / 2 I f f = 3. = = Ki I ii2 / 2 I i i 47. Como o sistema formado pelo trem e a roda não está sujeito a nenhum torque externo, o momento angular total (que inicialmente é nulo) permanece nulo. Seja I = MR2 o momento de inércia da roda. O momento angular final da roda é ˆ L f = I kˆ = − M R 2 k, na qual kˆ aponta para cima na Fig. 11-48 e o termo da direita (com o sinal negativo) foi calculado com o conhecimento de que a um movimento da roda no sentido horário está associado um valor negativo para ω. A velocidade linear de um ponto da pista é ωR e a velocidade escalar do trem (que, de acordo com a Fig. 11-48, se move no sentido anti-horário com velocidade escalar em relação a um observador externo) é, portanto, v ′ = v − R , na qual v é a velocidade escalar em relação à pista. Assim, o momento angular do trem é m ( v − R R kˆ . De acordo com a lei de conservação do momento angular, temos:
)
ˆ 0 = − MR 2 kˆ + m ( v − R ) Rk. Explicitando a velocidade angular escalar, obtemos | |=
mvR v (0,15 m/s) = 0,17 rad/s. = = 2 ( M + m ) R ( M / m + 1) R (1,1+1)(00,43 m)
48. Combinando a Eq. 11-31 com a lei de conservação do momento angular, Li = Lf (Eq. 11-33), vemos que a razão dos momentos de inércia é inversamente proporcional à razão das velocidades angulares: If /Ii = 6/5 = 1,0 + 0,2. Interpretamos o “1,0” como a razão entre o momento de inércia do disco e o próprio momento de inércia do disco (que, naturalmente, é igual à unidade) e o “0,2” como a razão entre o momento de inércia da barata e o momento de inércia do disco. Assim, a resposta é 0,20. 49. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular, I1ω1 + I2ω2 = (I1 + I2)ω.
362 soluções dos problemas
A velocidade angular após o acoplamento é, portanto,
=
)
)
2 2 I11 + I 22 ( 3, 3kg ⋅ m ) ( 450 rev min + ( 6, 6 kg ⋅ m ) ( 900 rev min = 750 rev min . = 3, 3kg ⋅ m 2 + 6, 6 kg ⋅ m 2 I1 + I 2
(b) Nesse caso, temos: I11 + I 22 ( 3, 3 kg ⋅ m = I1 + I 2 = −450 rev min
=
2
)( 450 rev/min ) + (6, 6 kg ⋅ m )( −900 rev/min ) 2
3, 3 kg ⋅ m 2 + 6, 6 kg ⋅ m 2
ou | | = 450 rev min. (c) O sinal negativo de ω indica que os discos giram no sentido horário, ou seja, no mesmo sentido que o segundo disco antes do acoplamento. 50. De acordo com a lei de conservação do momento angular, Imωm = Isωs. A relação entre os ângulos de rotação θm do motor e θs da sonda é a seguinte:
∫ I dt = I u = ∫ I dt = I u m
m
m m
s
s
s s
o que nos dá
um =
(12 kg ⋅ m 2 )(30 o ) I sus = = 180.000 o. 2, 0 × 10 −3 kg ⋅ m 2 Im
O número de revoluções do rotor é, portanto, N = (1,8 × 105)º/(360º/rev) = 5,0 × 102 rev. 51. Como o sistema formado pelas duas rodas não está submetido a nenhum torque externo, o momento angular total do sistema é conservado. Seja I1 o momento de inércia da roda que está girando inicialmente (com velocidade angular ωi) e seja I2 o momento de inércia da roda que está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação do momento angular, I1 i = ( I1 + I 2 f e, portanto,
)
f =
I1 i I1 + I 2
na qual f é a velocidade angular final das duas rodas. (a) Fazendo I2 = 2I1 e i = 800 rev min, obtemos
(b) A energia cinética inicial é K i = 12 I1i2 e a energia cinética final é K f = pode ser escrita na forma 2
I 1 1 K f = ( I1 + 2 I1 ) 1 i = I i2 . 2 6 I1 + 2 I1 Assim, a fração perdida é Kf DK K i − K f I 2 / 6 2 = = 1− = 1 − i2 = = 0, 667. Ki Ki Ki I i / 2 3
1 2
( I1 + I 2 ) 2f , que
soluções dos problemas 363
52. Vamos usar o índice 1 para a barata e o índice 2 para o disco. A massa da barata é m1 = m e a massa do disco é m2 = 4,00 m. (a) Inicialmente, o momento angular do sistema formado pela barata e pelo disco é 1 m2 0 R 2 . 2 Depois que a barata executa a caminhada, sua posição (em relação ao eixo) é r1 f = R 2 e, portanto, o momento angular final do sistema é Li = m1v1i r1i + I 22i = m10 R 2 +
2
L f = m1 f
1 R + m2 f R 2 . 2 2
Como Lf = Li, temos: 1 1 1 f m1 R 2 + m2 R = 0 m1 R 2 + m2 R 2 . 4 2 2 Assim, m1 R 2 + m2 R 2 2 1 + (m2 / m1 ) 2 1+ 2 f = 0 = 0 = = 1, 330 . 2 2 1 / 4 + 2 0 m1 R 4 + m2 R 2 1 / 4 + (m2 / m1 ) 2 Como ω0 = 0,260 rad/s, ωf = 0,347 rad/s. 1 1 (b) Fazendo I = L/ω na equação K = I 2 , obtemos K = L . Como Li = Lf, a razão entre 2 2 as energias cinéticas se torna Lf f /2 f K 5 5 5 1, 33. 0 K0 Lii / 2 (c) Porque a barata realiza um trabalho positivo ao caminhar na direção do centro do disco, o que aumenta a energia cinética total do sistema. 53. O eixo de rotação está no centro da barra, a r = 0,25 m de distância das extremidades. De acordo com a Eq. 11-19, o momento angular inicial do sistema (que é apenas o da bala, antes da colisão) é rmv senθ, em que m = 0,003 kg e θ = 60°. O ângulo é medido no sentido anti-horário e, portanto (por convenção), positivo. Após a colisão, o momento de inércia do sistema é I = Ibarra + mr2 em que, de acordo com a Tabela 10-2(e), Ibarra = ML2/12, com M = 4,0 kg e L = 0,5 m. De acordo com a lei de conservação do momento angular, 1 rmv sen u 5 ML2 1 mr 2 . 12 Assim, para ω = 10 rad/s, temos:
54. Vamos usar o índice 1 para o gato e o índice 2 para o anel. A massa do gato é m1 = M/4 e a massa do anel é m2 = M = 8,00 kg. O momento de inércia do anel é I 2 = m2 ( R12 + R22 ) / 2 (Tabela 10-2) e o momento de inércia do gato é I1 = m1r2, em que r é a distância entre o gato e o eixo de rotação. Inicialmente, o momento angular do sistema formado pelo gato (que está a uma distância r = R2 do eixo de rotação) e o anel é
Depois que o gato rasteja até a borda interna do disco (e, portanto, está a uma distância do eixo de rotação), o momento angular do sistema se torna L f 5 m1 f R12
Assim, f = 1, 2730 . Para ω0 = 8,00 rad/s, temos ωf = 10,2 rad/s. Fazendo I = L/ω na equação K = I 2 / 2 , obtemos K = L / 2 . Como Li = Lf, a razão entre as energias cinéticas se torna K f Lff / 2 f = = = 1, 273 , Ki Lii / 2 0 o que significa que DK = K f − K i = 0, 273K i . Este resultado é coerente com o fato de que o gato realiza um trabalho positivo ao rastejar em direção ao centro do anel, aumentando a energia cinética total do sistema. Como a energia cinética inicial é Ki 5
1 1 1 1 m2 R12 2 2 2 2 2 2 m R 1 m ( R 1 R ) 5 m R 1 1 11 1 2 2 1 2 0 1 2 0 2 2 2 2 2 m1 R2
o aumento de energia cinética é DK = (0, 273)(143, 36 J) = 39,1 J. 55. Antes da queda da massa, o momento angular do sistema é I ii , com Ii = 5,0 × 10-4 kg . m2 e ωi = 4,7 rad/s. Depois da queda, o momento de inércia do conjunto disco + massa passa a ser I f = I i + mR 2 com m = 0,020 kg e R = 0,10 m. A massa do disco (0,10 kg), embora apareça nos dados do problema, não é usada na solução. De acordo com a lei de conservação do momento angular, I i i = I f f ⇒ f =
I i i = 3, 4 rad/s. I i + mR 2
56. A Tabela 10-2 fornece o momento de inércia de uma barra fina que gira em torno de um eixo perpendicular passando pelo centro da barra. As velocidades angulares dos dois braços são: (0, 500 rev)(2 rad/rev) = 4, 49 rad/s 0,700 s (1, 00 rev)(2 rad/rev) 2 = = 8, 98 rad/s. 0,700 s
1 =
soluções dos problemas 365
Os momentos angulares dos braços, supondo que podem ser considerados como barras finas com 4,0 kg de massa e 0,60 m de comprimento, são L1 = I 1 = mr 21 = (4, 0 kg)(0, 60 m)2 (4, 49 rad/s) = 6, 46 kg ⋅ m 2 /s L2 = I 2 = mr 22 = (4, 0 kg)(0, 60 m)2 (8, 98 rad/s) = 12, 92 kg ⋅ m 2 /s. No referencial do atleta, um dos braços gira no sentido horário e o outro gira no sentido antihorário. Assim, o momento angular total em relação a um eixo de rotação comum passando pelos ombros é L = L2 − L1 = 12, 92 kg ⋅ m 2 /s − 6, 46 kg ⋅ m 2 /s = 6, 46 kg ⋅ m 2 /s. 57. De acordo com a Tabela 10-2(c), o momento de inércia inicial do sistema é I 0 = I discomaior + I discomenor em que Idiscomaior = MR2/2 e Idiscomenor = mr2/2. O novo momento do disco menor, depois de sofrer o deslizamento, pode ser calculado usando o teorema dos eixos paralelos, fazendo h = R − r. O novo momento de inércia do sistema é 1 1 2 MR 2 + mr 2 + m ( R − r ) . 2 2 (a) Chamando de ω0 a velocidade angular comum dos dois discos antes do deslizamento, podemos usar lei de conservação do momento angular, I0ω0 = Iω, para obter a nova velocidade angular: I=
= 0
( MR 2 / 2) + (mr 2 / 2)
( MR 2 / 2) + (mr 2 / 2) + m ( R − r )
2
.
Para M = 10m e R = 3r, ω = ω0(91/99). Assim, com ω0 = 20 rad/s, obtemos ω = 18 rad/s. (b) De acordo com os resultados do item anterior, I 0 91 = I 99
91 = . 0 99
e
Substituindo esses valores na razão das energias cinéticas, obtemos 2
K I 2 / 2 I 99 91 = = = = 0, 92. 2 K 0 I 00 / 2 I 0 0 91 99 2
58. O momento de inércia inicial do sistema é Ii = Idisco + Iestudante, em que Idisco = 300 kg ⋅ m2 [o que está de acordo com a Tabela 10-2(c)] e Iestudante = mR2, com m = 60 kg e R = 2,0 m. O momento de inércia do estudante em um ponto onde r = 0,5 m é If = Idisco + mr2. De acordo com a lei de conservação do momento angular, temos: I i i = I f f ⇒ f = i
I disco + mR 2 I disco + mr 2
que, para ωi = 1,5 rad/s, nos dá uma velocidade angular final ωf = 2,6 rad/s. 59. De acordo com a lei de conservação do momento angular (Eq. 11-33), o momento angular após a liberação é igual ao momento angular antes da liberação: L p′ + Lb′ = L p + Lb 1 1 C mv p + MC 2 ′ = I p + MC 2 2 12 12 em que C é o comprimento da barra. Note que, de acordo com a Eq. 10-33, Ip = m(C/2)2 e, de acordo com o enunciado do problema,
′ = vbarra/r = (vp − 6)/(C/2)
366 soluções dos problemas
Como sabemos que C = 0,800 m, M = 3m e ω = 20 rad/s, temos informações suficientes para calcular a velocidade da partícula: vp = 11,0 m/s. 60. (a) Para r = 0,60 m, temos I = 0,060 + (0,501)r2 = 0,24 kg ∙ m2. (b) De acordo com a lei de conservação do momento angular, usando unidades do SI, temos: l 0 = L f ⇒ mv0 r = I ⇒
( 0, 001) v0 ( 0, 60 ) = ( 0, 24 ) ( 4, 5) ,
o que nos dá v0 = 1,8 × 103 m/s. 61. Usamos a convenção pouco habitual de considerar as rotações no sentido horário como positivas para que as velocidades angulares deste problema sejam positivas. Para r = 0,60 m e I0 = 0,12 kg ∙ m2, o momento de inércia do sistema bola-barra (após a colisão) é I = I0 + (0,20)r2 = 0,19 kg ∙ m2. De acordo com a lei de conservação do momento angular, L0 = L f ou I 00 = I , o que nos dá
=
0,12 kg ⋅ m 2 I0 0 = ( 2, 4 rad/s = 1, 5 rad/s. 0,19 kg ⋅ m 2 I
)
62. Como o trapezista mantém o corpo esticado, com I1 = 19, 9 kg ⋅ m 2 , no primeiro e no último quarto de volta (ou seja, em um oitavo do ângulo total), o ângulo descrito em um certo tempo t1 com esse momento angular é u1 = 0, 500 rev. No resto do percurso, realizado em um certo tempo t2, o corpo está na posição grupada, I 2 = 3, 93 kg ⋅ m 2 , e o ângulo total descrito é u2 = 3, 500 rev. Como não existe nenhum torque externo aplicado, o momento angular é conservado e, portanto, I11 = I 22 . Assim, o tempo total do percurso é t = t1 + t2 =
u1 u2 u1 u 1 I1 + = + 2 = u1 + u2 . 1 2 I 22 / I1 2 2 I 2
Explicitando ω2 e substituindo os valores conhecidos, temos: 1 I 1 19, 9 kg ⋅ m 2 2 = 1 u1 + u2 = (0, 500 rev) + 3, 50 rev = 3, 23 rev/s. 2 t I2 1, 87 s 3, 93 kg ⋅ m 63. Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica, que podemos analisar usando a lei de conservação do momento angular. Sejam m e v0 a massa e a velocidade inicial da bola e seja R o raio do carrossel. O momento angular inicial é l 0 = r0 3 p0 ⇒ l 0 5 R( mv0 ) cos em que = 37° é o ângulo entre v0 e a reta tangente à borda do carrossel. Substituindo os valores conhecidos, obtemos l 0 = 19 kg ⋅ m 2 s . Em unidades do SI, temos: l 0 = L f ⇒ 19 kg ⋅ m 2 = I = (150 + ( 30 ) R 2 + (1, 0 ) R 2 ) , o que nos dá ω = 0,070 rad/s. 64. Tratamos a bailarina como um objeto rígido girando em torno de um eixo fixo, inicialmente e quando está quase atingindo a altura máxima. O momento de inércia inicial (do tronco e de uma perna fazendo um ângulo de 90° com o tronco) é I i = I tronco + I perna = 0, 660 kg ⋅ m 2 + 1, 44 kg ⋅ m 2 = 2,10 kg ⋅ m 2 . O momento de inércia final (do tronco e das duas pernas fazendo um ângulo u = 30° com o tronco) é I f = I tronco + 2 I perna sen 2 u = 0, 660 kg ⋅ m 2 + 2(1, 44 kg ⋅ m 2 )sen 2 30° = 1, 38 kg ⋅ m 2 ,
soluções dos problemas 367
em que fizemos uso do fato de que o comprimento efetivo da perna estendida fazendo um ângulo θ com o tronco é L⊥ = L sen u e I ~ L2⊥ . Depois que a bailarina inicia o salto, não existe nenhum torque externo agindo sobre o seu corpo e, portanto, seu momento angular permanece constante. Assim, Li = L f ou I ii = I f f e a razão das velocidades angulares é 2,10 kg ⋅ m 2 f I = i = = 1, 52. i I f 1, 38 kg ⋅ m 2 65. Considerando um pequeno intervalo de tempo que começa pouco antes de o bloco de massa de modelar colidir com uma das bolas e termina pouco depois da colisão, podemos usar a lei de conservação do momento angular. O momento angular inicial é o momento angular do bloco. O bloco se move inicialmente ao longo de uma linha reta que está a uma distância d/2 do eixo de rotação, na qual d é o comprimento da barra. O momento angular do bloco é mvd/2, em que m e v são a massa e a velocidade inicial do bloco. Depois que o bloco gruda na bola, a barra possui uma velocidade angular ω e um momento angular Iω, no qual I é o momento de inércia do sistema formado pela barra, as duas bolas de massa M e o bloco. De acordo com a lei de conservação do momento angular, mvd/2 = Iω, em que (desprezando a massa da barra) I = (2M + m)(d/2)2. Essa igualdade permite determinar o valor de ω. (a) Para M = 2,00 kg, d = 0,500 m, m = 0,0500 kg e v = 3,00 m/s, temos:
)
)
2 ( 0, 0500 kg ( 3, 00 m/s mvd 2mv = = 2I ( 2 M + m d 2(2, 00 kg) + 0, 0500 kg) ( 0, 500 m ) = 0,148 rad s .
=
)
(b) Como a energia cinética inicial é Ki = mv2/2 e a energia cinética final é Kf = Iω2 /2, a razão das duas energias é K f K i = I 2 mv 2 .
)
)
Para I = ( 2 M + m d 2 4 e = 2mv ( 2 M + m d , temos: 0, 0500 kg Kf m = = = 0, 0123. K i 2 M + m 2 ( 2, 00 kg + 0, 0500 kg
)
(c) Enquanto a barra gira, a soma da energia cinética com a energia potencial permanece constante. Se uma das bolas desce uma distância h, a outra sobe a mesma distância e, portanto, a soma das energias potenciais das bolas não muda. Assim, precisamos considerar apenas a energia potencial do bloco. Após a colisão, o bloco descreve um arco de 90° para baixo até chegar ao ponto mais baixo da trajetória, ganhando energia cinética e perdendo energia potencial no processo. Em seguida, descreve um arco θ para cima, perdendo energia cinética e ganhando energia potencial no processo, até parar momentaneamente. Vamos considerar o ponto mais baixo da trajetória como nível de referência zero para a energia potencial. Nesse caso, como o bloco inicia o movimento (após a colisão) a uma distância d/2 desse ponto, a energia potencial inicial é U i = mg(d / 2) . Se o bloco se desloca para cima de um ângulo θ, a altura final é (d/2) (1 – cos θ) e a energia potencial final é
)
)
U f = mg ( d 2 (1 − cosu .
A energia cinética inicial é a soma das energias cinéticas das bolas e do bloco: 2 1 1 Ki = I 2 = ( 2 M + m )( d 2 2 . 2 2 Na posição em que a barra está momentaneamente parada, Kf = 0. De acordo com a lei de conservação da energia,
)
2
Ui + K i = U f + K f
d 1 d d ⇒ mg + ( 2 M + m ) 2 = mg (1 − cosu ) . 2 2 2 2
368 soluções dos problemas
Explicitando cos θ, temos: 1 2M + m d 2 cosu = − 2 mg 2 1 2 ( 2, 00 kg ) + 0, 0500 kg 0, 500 m =− ( 0,148 rad s 2 2 ( 0, 0500 kg 9, 8 m s 2 = −0, 0226,
)(
)
)
2
o que nos dá θ = 91,3°. Assim, o ângulo total de giro do sistema antes de parar momentaneamente é 90° + 91,3° = 181°. 66. Ao contrário do que costumamos fazer, escolhemos o sentido horário de rotação como positivo para que as velocidades angulares (e os ângulos) deste problema sejam positivos. Aplicando a lei de conservação da energia mecânica à partícula (antes do impacto), obtemos a relação 1 2 mv ⇒ v = 2 gh 2 que nos dá a velocidade da partícula no momento do impacto. Aplicando a lei de conservação do momento angular à colisão, temos: mgh =
mvd = ( I barra + md 2 ) em que Ibarra pode ser calculado usando a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos: 2
I barra =
1 1 d Md 2 + M = Md 2 . 2 12 3
Assim, a velocidade angular do sistema imediatamente após a colisão é
=
md 2 gh , ( Md 2 / 3) + md 2
o que significa que o sistema possui uma energia cinética ( I barra + md 2 ) 2 / 2, que é totalmente convertida em energia potencial na posição em que o bloco para momentaneamente depois de atingir uma altura H em relação ao ponto mais baixo da trajetória. Nesse instante, o centro de massa da barra está a uma altura H/2. Usando relações trigonométricas, é fácil demonstrar que H = d(1 – cosθ), que nos leva à seguinte relação: M H 1 1 m 2 d 2 ( 2 gh ) = m + gd (1 − cosu ) . ( I barra + md 2 ) 2 = mgH + Mg ⇒ 2 2 2 2 2 2 ( Md / 3) + md Explicitando θ, temos: m2h h/d u 5 cos21 12 5 cos21 (1 1 M / 2 m)(1 1 M / 3m ( m 1 M / 2)( m 1 M / 3) (20 cm m / 40cm) 5 cos21 12 5 cos21 (0, 85) (11 1)(11 2 / 3) 5 32°. 67. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular (Eq. 11-33), temos: 1 ML2 = 0 12 na qual consideramos negativo o sentido horário de rotação e usamos a Tabela 11-2(e) e a Eq. 11-21 com r⊥ = d. Explicitando d, temos: Li = L f ⇒ − dmv +
d=
ML2 M (0, 60 m)2 (80 rad/s) = 0,180 m. = 12mv 12( M / 3)(40 m/s)
soluções dos problemas 369
(b) Se d for maior que o valor calculado, o termo negativo da equação acima será maior, o que tornará o momento angular total negativo após a colisão. Isso significa que a barra e a partícula irão girar no sentido horário. 68. (a) A velocidade angular do pião é = 30 rev/s = 30(2 ) rad/s . A velocidade de precessão do pião pode ser calculada usando a Eq. 11-46: =
Mgr (0, 50 kg)(9,8 m/s 2 )(0,040 m) = 2, 08 rad/s ≈ 0, 33 rev/s. = I (5,0 × 10 −4 kg ⋅ m 2 )(60 rad/s)
(b) O sentido da precessão é o sentido horário quando o pião é visto de cima. 69. A velocidade de precessão pode ser calculada usando a Eq. 11-46 com r = (11/2) cm = 0,055 m. Como Idisco = MR2/2, a velocidade angular do disco é
= 1000 rev/min =
2 (1000) rad/s ≈ 1,0 × 10 2 rad/s 60
e =
2 gr Mgr 2(9,8 m/s 2 )(0,055 m) ≈ 0, 041 rad/s. = 2 = 2 ( MR / 2) R (0,50 m)2 (1,0 × 10 2 rad/s)
70. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica antes que a bola comece a subir a rampa é igual à energia mecânica no momento em que bola para momentaneamente. Assim, temos: 1 2 1 1 1 mv f + I CM 2f + mgh = mv 2 + I CM 2 2 2 2 2 na qual vf = ωf = 0. Note que a altura h está relacionada à distância d percorrida pela bola ao longo da rampa através da equação h = d sen(15º). De acordo com a Tabela 10-2(f) e a Eq. 11-2, temos: 2
1 12 1 1 7 v mgd sen15° = mv 2 + mR 2 = mv 2 + mv 2 = mv 2 . 2 2 5 R 2 5 10 Dividindo a equação por m e fazendo d = 1,5 m, obtemos v = 2,33 m/s. 71. Ao contrário do que costumamos fazer, escolhemos o sentido horário de rotação como positivo para que a aceleração angular seja positiva. (a) Usamos a mesma abordagem da Eq. 11-3 (rotação pura em torno de um eixo passando pelo ponto P), mas trabalhamos com torques em vez de energias. O torque em relação a um eixo passando pelo ponto P é t = I P , onde 1 3 MR 2 + MR 2 = MR 2 2 2 de acordo com a Tabela 10-2(c) e o teorema dos eixos paralelos. O torque é produzido pela força F = 12 N e é dado por τ = 2RF. Assim, temos: IP =
3 t = I P = MR 2 = 2 RF , 2 o que nos dá
=
)
4 (12 N 2 RF 4F = = = 16 rad/s 2 . 2 3MR /2 3MR 3(10 kg)(0,10 m)
Assim, aCM = Rα = 1,6 m/s2. (b) Como foi visto acima, α = 16 rad/s2.
370 soluções dos problemas
(c) Aplicando a versão linear da Segunda Lei de Newton, temos: F − f = MaCM. Assim, f = MaCM − F = 16,0 N − 20,0 N = –4,0 N. Isso significa que a força de atrito aponta para a direita e tem módulo 4,0 N, ou seja, f = (4.0 N)iˆ . 72. A energia cinética de rotação é K = 12 I 2 , em que I = mR2 é o momento de inércia em relação a um eixo passando pelo centro de massa [Tabela 10-2(a)], m = 140 kg e ω = vCM/R (Eq. 11-2). A razão pedida é K transl 5 K rot
1 2
1 2
2 mvCM
( mR ) ( v 2
CM
/ R)
2
5 1, 00.
73. Este problema envolve o produto vetorial de vetores que estão no plano xy. Para vetores desse tipo, que podem ser representados na forma r ′ = x ′ˆi + y ′ˆj , a Eq. 3-30 nos dá ˆ r ′ × v = ( x ′v y − y ′v x k.
)
(a) Sabemos que r ′ aponta na direção + ˆi ou na direção − ˆi , já que a partícula está se mo vendo ao longo do eixo x. Como nem r ′ nem v possuem uma componente y, podemos concluir a partir da expressão acima (ou mais simplesmente, a partir do fato de que ˆi × ˆi = 0 ) que l = m (r ′ × v ) = 0 . (b) Como a força é aplicada na direção − ˆi (o que podemos constatar derivando a expressão da velocidade para obter a aceleração), argumentos semelhantes aos usados no item anterior mos tram que t = r ′ × F = 0 . (c) Nesse caso, r ′ = r − ro , em que ro = 2, 0 ˆi + 5, 0 ˆj (com unidades do SI implícitas), é um vetor que aponta do ponto (2,0; 5,0; 0) para a posição instantânea do carro [indicada pelo vetor posição r , que aponta na direção +x, na direção –x ou é nulo (se o carro estiver passando pela origem)]. Como r × v = 0 , temos: ˆ l = m(r ′ × v ) = − m(ro × v ) = −(3, 0) [ (2, 0)(0) − (5, 0))(−2, 0 t 3 ) ] k, ˆ kg ⋅ m/s 2 . o que nos dá l = (−30 t 3 k) dv = −6, 0 t 2 ˆi em unidades do SI e a força exercida sobre (d) O vetor aceleração é dado por a = dt o carro é ma. Usando um raciocínio semelhante ao do item anterior, temos: ˆ t = m(r ′ × a) = − m(ro × a ) = −(3, 0) [ (2, 0)(0) − (5, 0)(−6, 0 t 2 ) ] k, ˆ N ⋅ m. o que nos dá t = (−90 t 2 k) (e) Nesse caso, r ′ = r − ro , em que ro = 2, 0 ˆi − 5, 0 ˆj (com unidades do SI implícitas), é um vetor que aponta do ponto (2,0; −5,0; 0) para a posição instantânea do carro [indicada pelo vetor posição r , que aponta na direção +x, na direção –x ou é nulo (se o carro estiver passando pela origem)]. Como r × v = 0 , temos: ˆ l = m(r ′ × v ) = − m(ro × v ) = −(3, 0) [ (2, 0)(0) − (−5, 0)(−2, 0 t 3 ) ] k, ˆ kg ⋅ m/s 2 . o que nos dá l = (30 t 3 k) dv (f) O vetor aceleração é dado por a = = −6, 0 t 2 ˆi em unidades do SI e a força exercida sobre dt o carro é ma. Usando um raciocínio semelhante ao do item anterior, temos: t = m(r ′ × a) = − m(ro × a ) = −(3, 0) [ (2, 0)(0) − (−5, 0))(−6, 0 t 2 ) ] kˆ ˆ N ⋅ m. o que nos dá t = (90 t 2 k)
soluções dos problemas 371
74. No caso de um torque constante, a Eq. 11-29 se torna dL DL . t = = dt Dt Assim, temos: Dt =
DL 600 kg ⋅ m 2 /s = = 12 s . 50 N ⋅ m t
75. Como nenhum torque externo age sobre o sistema constituído pelo carrossel e a criança, o momento angular total do sistema é constante. Um objeto que se move em linha reta possui um momento angular em relação a qualquer ponta que não esteja nessa reta. O módulo do momento angular da criança em relação ao centro do carrossel é dado pela Eq. 11-21, mvR, em que R é o raio do carrossel. (a) Em termos do raio de giração k, o momento de inércia do carrossel é I = Mk2. Para M = 180 kg e k = 0,91 m, temos: I = (180 kg) (0,910 m)2 = 149 kg ⋅ m2. (b) O módulo do momento angular da criança em relação ao eixo de rotação do carrossel é
)
)
Lcriança = mvR = ( 44, 0 kg ) ( 3, 00 m s (1, 20 m = 158 kg ⋅ m 2 /s. (c) O momento angular inicial é Li = Lcriança = mvR ; o momento angular final é Lf = (I + mR2) ω, em que ω é a velocidade angular final do carrossel e da criança. Assim, de acordo com a lei de conservação do momento angular, mvR = ( I + mR 2 ) e
=
158 kg ⋅ m 2 /s mvR = = 0, 744 rad/s. I + mR 2 149 kg ⋅ m 2 + (44, 0 kg)(120 m)2
Nota: A criança tinha inicialmente uma velocidade angular de
0 =
v 3, 00 m/s = = 2, 5 rad/s. R 1, 20 m
Depois que a criança pulou no carrossel, o momento de inércia do sistema constituído pelo carrossel e a criança aumentou e, em consequência, a velocidade angular diminuiu. 76. A expressão (i) da Tabela 10-2 permite calcular o momento de inércia de uma placa em relação ao centro de massa em função da largura a (0,15 m, no caso) e do comprimento b (0,20 m). A distância entre o centro de massa e o ponto por onde passa o eixo de rotação é (a / 4)2 + (b / 4)2 . Chamando a espessura da placa de h (0,012 m), o volume é abh, o que significa que a massa é ρabh (em que ρ = 2640 kg/m3 é a massa específica. Podemos escrever a energia cinética em termos do momento angular fazendo ω = L/I na Eq. 10-34: K=
1 L2 1 (0,104)2 = = 0, 62 J. 2 I 2 abh [ (a 2 + b 2 ) / 12 + (a / 4)2 + (b / 4)2 ]
77. (a) A figura a seguir mostra as partículas e suas velocidades. A origem está indicada pela letra O e sua posição foi escolhida arbitrariamente. O momento angular da partícula 1 tem módulo l 1 = mvr1 sen u1 = mv(d 1 h) e aponta para dentro do papel.
372 soluções dos problemas
O momento angular da partícula 2 tem módulo l 2 = mvr2 sen u2 = mvh e aponta para fora do papel. O momento angular total tem módulo L = mv(d + h) − mvh = mvd = (2,90 × 10 −4 kg)(5,46 m/s)(0,042 m) = 6,65 × 10 −5 kg ⋅ m 2 /s e aponta para dentro do papel. Este resultado não depende da localização da origem. (b) Como foi dito no item anterior, o valor de L não muda. (c) Suponha que a partícula 2 esteja se movendo para a direita. Nesse caso, L = mv(d + h) + mvh = mv(d + 2h). Este resultado depende do valor de h, a distância entre a origem e uma das retas. Se a origem estiver a meia distância entre as retas, h = − d 2 e L = 0. (d) Como foi dito no item anterior, o valor de L depende da posição da origem. 78. (a) Usando a Eq. 2-16 para descrever o movimento de translação do centro de massa da roda, temos: v 2 = v02 + 2aDx ⇒ a = −
v02 2 Dx
que nos dá a = –4,11 para v0 = 43 e Dx = 225 (unidades do SI estão implícitas). O módulo da aceleração linear do centro de massa é, portanto, 4,11 m/s2. (b) Para R = 0,250 m, a Eq. 11-6 nos dá
= | a | / R = 16, 4 rad/s2 . Se a roda está se movendo para a direita, está girando no sentido horário. Se a velocidade da roda está diminuindo, a aceleração angular é no sentido anti-horário, de modo que, usando a convenção usual de que os ângulos e movimentos no sentido anti-horário são positivos, não há necessidade de usar o valor absoluto de α em vez do próprio α. (c) Podemos usar a Eq. 11-8, com Rfs representando o módulo do torque associado à força de atrito. Temos: Rfs = Iα = (0,155 kg·m2) (16,4 rad/s2) = 2,55 N ⋅ m . 79. Usamos as equações L = Iω e K = 12 I 2 e observamos que a velocidade dos pontos da borda das rodas A e B (que é igual à velocidade dos pontos da correia) deve ser igual nas duas rodas e, portanto, ωARA = ωBrB.
soluções dos problemas 373
(a) Se LA = LB = L, a razão dos momentos de inércia é I A L A A RA 1 = = = = = 0, 333. I B L B B RB 3 (b) Se KA = KB, a razão dos momentos de inércia é 2
2
R 1 I A 2 K 2A B = = = A = = 0,111. 2 9 I B 2K B A RB 80. O momento angular total em relação à origem antes da colisão pode ser calculado usando as Eqs. 3-30 e 11-18 para cada partícula e somando os resultados, o que nos dá ˆ Li = [(0,5 m)(2,5 kg)(3,0 m/s) + (0,1 m)(4,0 kg)(4,5 m/s)] k. De acordo com a Eq. 11-33, o momento angular final das partículas (que se movem juntas após a colisão), medido em relação à origem, é ˆ Lf = Li = (5,55 kg ⋅ m 2 /s ) k. 81. Quando o sistema roda-eixo rola para baixo e percorre uma distância d, a variação da energia potencial é DU = − mgd sen u . De acordo com a lei de conservação da energia, o aumento da energia cinética é 1 2 1 2 mv + I . 2 2 Como o eixo rola sem deslizar, a velocidade angular é dada por = v / r , em que r é o raio do eixo. Assim, a equação acima se torna − DU = DK = DK trans + DK rot
(a) Para m = 10,0 kg, d = 2,00 m, r = 0,200 m e I = 0, 600 kg ⋅ m 2 , a energia cinética de rotação é DK rot =
mgd sen u (10, 0 kg)(9, 80 m/s 2 )(2, 00 m)sen 30, 0° = = 58, 8 J . (10, 0 kg)(0, 200 m)2 mr 2 +1 +1 I 0, 600 kg ⋅ m 2
(b) A energia cinética de translação é DK trans = DK − DK rot = 98 J − 58, 8 J = 39, 2 J. Nota: É possível mostrar que mr 2 / I = 2 / 3, o que significa que DK trans / DK rot = 2 / 3. Essa relação também pode ser expressa como DK trans / DK = 2 / 5 e como DK rot / DK = 3 / 5. Se uma roda rola sem deslizar, 40% da energia cinética é de translação e 60% é de rotação. 82. (a) Usamos a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia da barra em relação a um eixo que passa por uma das extremidades: 2
I = I CM + Mh 2 =
1 1 L ML2 + M = ML2 2 12 3
em que L = 6,00 m e M = 10,0/9,8 = 1,02 kg. Assim, o momento de inércia é I = 12, 2 kg ⋅ m 2. (b) De acordo com a Eq. 11-31, para ω = (240)(2π/60) = 25,1 rad/s, o módulo do momento angular é I = (12, 2 kg ⋅ m 2 ( 25,1 rad/s = 308 kg ⋅ m 2 /s .
)
)
Como a barra está rodando no sentido horário quando vista de cima, a regra da mão direita mostra que o sentido do momento angular é para baixo.
374 soluções dos problemas
83. Sabemos que a massa da esfera é M = 36/9,8 = 3,67 kg e que o momento de inércia em re2 lação ao centro de massa é I CM = MR 2 [Tabela 10-2(f)]. 5 (a) De acordo com as Eqs. 11-2 e 11-5, 2
o que nos dá K = 61,7 J para vCM = 4,9 m/s. (b) A energia cinética calculada no item (a) é convertida integralmente em energia potencial Mgh na altura h = d sen θ na qual a esfera para de subir. Assim, podemos usar a lei de conservação da energia para calcular a distância que a esfera sobe ao longo do plano: 7 2 MvCM = Mgd sen u ⇒ 10
d=
2 7vCM = 3,43m. 10g sen u
(c) Como foi visto no item anterior, a massa M não aparece na expressão final de d. Como a resposta não depende da massa, também não depende do peso da esfera. 84. (a) A aceleração é dada pela Eq. 11-13: aCM =
g 1 + I CM / MR02
em que o sentido para cima é tomado como sendo positivo. Escolhendo a posição inicial como origem, a Eq. 2-15 nos dá
yCM
1 2 gt 1 2 = vCM ,0 t + aCM t 2 = vCM ,0 t − 2 1 + I CM / MR02
em que yCM = –1,2 m e vCM,0 = –1,3 m/s. Resolvendo a equação do segundo grau em t e fazendo I CM = 0, 000095 kg ⋅ m 2 , M = 0,12 kg, R0 = 0,0032 m e g = 9,8 m/s2, temos:
= −21, 7 ou 0, 885 em que escolhemos t = 0,89 s como resposta. (b) Notamos que a energia potencial inicial é Ui = Mgh e h = 1,2 m (usando a extremidade inferior da corda como nível de referência para calcular U). A energia cinética inicial é dada pela Eq. 11-5, na qual as velocidades angular e linear estão relacionadas pela Eq. 11-2. De acordo com a lei de conservação da energia, temos: 1 vCM, 0 I + Mgh 2 2 R0 2 2 1 1 1, 3 m/s = 0,12 kg 1, 3 m/s + 9, 5 × 10 −5 kg ⋅ m 2 + 0,12 kg 9, 8 m/s 2 (1, 2 m ) 0, 0032 m 2 2 = 9, 4 J. 2
K f = Ki + Ui =
1
(
)(
2 mvCM ,0 +
)
(
)
(
)(
)
soluções dos problemas 375
(c) Quando o ioiô chega à extremidade da corda, a velocidade do centro de massa é dada pela Eq. 2-11: vCM = vCM ,0 + aCM t = vCM ,0 −
gt . 1 + I CM / MR02
Assim, temos:
(9,8 m/s )( 0,885 s) 2
vCM = −1, 3 m/s −
1+
= −1, 41 m/s
0, 000095 kg ⋅ m 2
( 0,12 kg)( 0, 0032 m )
2
e, portanto, a velocidade linear escalar nesse instante é aproximadamente 1,4 m/s. (d) A energia cinética de translação é 1 2
2 mvCM =
1 2
( 0,12 kg)( −1, 41 m/s)
2
= 0,12 J.
(e) A velocidade angular é
52
vCM 21, 41 m/s 5 5 441 rad/s 4,4 3 102 rad/s. R0 0, 0032 m
(f) A energia cinética de rotação é 1 1 I CM 2 = (9, 50 × 10 −5 kg ⋅ m 2 )(441 rad/s)2 = 9, 2 J. 2 2 85. O momento angular inicial do sistema constituído pela menina e o carrossel é zero. O momento angular final é (I + MR2)ω, que vamos tomar como sendo positivo. O momento angular final que associamos à pedra é negativo e igual a –mRv, e v é a velocidade escalar (positiva, por definição) da pedra em relação ao solo. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular, temos: 0 = ( I + MR 2 ) − mRv
⇒
=
mRv . I + MR 2
(b) A velocidade linear da menina é dada pela Eq. 10-18: R =
mvR 2 . I + MR 2
86. Os vetores r e v estão no plano xy. O vetor posição r tem uma componente x que varia com o tempo (já que é a integral da componente x da velocidade, que varia com o tempo) e uma componente y que é constante (y = –2,0 m). No produto vetorial r × v , tudo que importa é a componente y de r , já que v x ≠ 0 e vy = 0: r × v = − yv x kˆ . (a) O momento angular é l = m ( r × v ) , em que m = 2,0 kg. Com unidades do SI implícitas e usando a expressão acima para o produto vetorial, temos: ˆ − 24t 2 k. ˆ l = ( 2, 0 ) [ −(−2, 0)(−6, 0t 2 ] k= Isso significa que a partícula está se movendo no sentido horário (do ponto de vista de um observador situado no semieixo z positivo) para t > 0. (b) O torque é causado por uma força F = ma , em que dv a= = (−12t ˆi )m/s 2 . dt
376 soluções dos problemas
O comentário do item anterior de que apenas a componente y de r é relevante também se aplica neste caso, já que ay = 0. Usando a relação t = r × F = m ( r × a ) , obtemos: t = ( 2, 0 )[ −(−2, 0)(−12t ) ] kˆ = −48t kˆ N ⋅ m.
)
(
O torque a que a partícula está submetida (do ponto de vista de um observador situado no semieixo z positivo) é no sentido horário e, portanto, faz com que a velocidade angular da partícula (que era inicialmente no sentido horário) aumente. (c) Substituímos r por r ′ (o vetor posição em relação à nova referência) e notamos (novamente) que apenas a componente y do novo vetor é relevante para os cálculos. Assim, com y ′ = –2,0 – (–3,0) = 1,0 m, temos: ˆ ? m 2 /s. l95 (2, 0) 2(1, 0)(26, 0t 2 ) kˆ 5 (12t 2 k)kg O fato de que obtivemos um valor positivo significa que a partícula está se movendo no sentido anti-horário em relação à nova referência. (d) Usando a relação t ′ = r ′ × F = m ( r ′ × a ) , obtemos: t = ( 2, 0 )[ −(1, 0)(−12t ) ] kˆ = (24t kˆ ) N ⋅ m. Em relação ao novo ponto de referência, o torque a que a partícula está submetida (do ponto de vista de um observador situado no semieixo z positivo) é no sentido anti-horário. 87. Se as calotas polares derretessem totalmente, a subida do nível da água nos oceanos faria o raio equatorial da Terra aumentar de Re para Re′ = Re + ∆R , o que aumentaria o momento de inércia da Terra e diminuiria a velocidade angular (para conservar o momento angular), fazendo a duração T do dia diminuir de ∆T. Como ω = 2π/T,
′ 2π T ′ T = = 2π T T ′ e, portanto, T D ′ DT = −1= −1= − . T′ T′ Como T ′ ≈ T , D / ≈ DT / T . Como o momento angular é constante, DL = 0 = D ( I ) ≈ I ( D ) + ( DI ) e, portanto, D = DI I . Assim, supondo que o momento de inércia é proporcional ao quadrado do raio equatorial, o que é verdade para uma esfera perfeita [Tabela 10-2(f) e pode ser considerado uma boa aproximação para a Terra], temos: 2 D DI D ( RT ) 2DRT 2(30 m) . ≈ 5 5 5 2 T I RT RT 6, 37 3 10 6 m
Para T = 86.400 s, ∆T ≈ 0,8 s. O raio da Terra aparece no Apêndice C do livro. 88. Para r⊥ = 1300 m, a Eq. 11-21 nos dá
)
)
)
l = r⊥ m v = (1300 m (1200 kg (80 m/s = 1, 2 × 108 kg ⋅ m 2 s . 89. Vamos usar o índice 1 para a roda e o índice 2 para o sistema roda-homem-banco. Obedecendo à convenção usual, o sentido anti-horário de rotação será considerado positivo.
soluções dos problemas 377
(a) De acordo com a lei de conservação do momento angular, L = I1ω1 = I2ω2, em que I1 = m1 R12 . Assim,
2 = 1
(37 N / 9,8 m/s 2 )(0, 35 m)2 I1 = −12, 7 rad/s = (−57, 7 rad/s) 2,1 kg ⋅ m 2 I2
ou | 2 | = 12, 7 rad/s. (b) O sistema gira no sentido horário (quando visto de cima). 90. As informações necessárias para resolver este problema podem ser encontradas no Apêndice C do livro-texto. A velocidade angular da Terra é
=
2 2 = = 7, 3 × 10 −5 rad/s. T 86400
Assim, para m = 84 kg e R = 6,37 × 106 m, temos: l = mR 2 = 2, 5 × 1011 kg ⋅ m 2 /s. 91. (a) Quando uma pequena esfera é liberada na borda de uma tigela (o hemisfério de raio R), o centro de massa da esfera está na mesma altura que a borda, mas, quando a esfera chega ao fundo da tigela, o centro de massa da esfera está a uma distância r do fundo. Como a esfera desceu uma distância R – r, a energia potencial gravitacional diminuiu de mg(R– r); de acordo com a lei de conservação da energia, se a esfera partiu do repouso, esse deve ser o valor da energia cinética ao chegar ao fundo da tigela. Assim, K = mg( R − r ) = (5, 6 × 10 −4 kg)(9,8 m/s 2 )(0,15 m − 0,0025 m) = 8,1 × 10 −4 J. (b) De acordo com a Eq. 11-5, a fração pedida é 1 2 I K rot 1 2 = = 2 . 1 1 K 2 M vCM I 2 + MvCM 1+ 2 2 I 2 Fazendo vCM = Rω (Eq. 11-2) e I = MR 2 [Tabela 10-2(f)], temos: 5 1 2 K rot = = ≈ 0, 29. K 5 2 7 1+ R 2 R2 (c) Ao chegar ao fundo da tigela, a esfera possui uma aceleração radial para cima (na direção da força normal que a tigela exerce sobre a esfera). De acordo com a Segunda Lei de Newton, FN – mg = maCM, em que v2 aCM = CM R−r Assim, 2 mg ( R − r ) + mvCM mv 2 FN = mg + CM = . R−r R−r 2 / 2 = K − K rot . De acordo com o item (a), mg(R – r) = K e de acordo com a Eq. 11-5, mvCM Assim,
FN =
K + 2 ( K − K rot ) K K − 2 rot . = 3 R−r R − r R−r
Fazendo R – r = K/mg e usando o resultado do item (b), temos: 17 2 17 FN = 3mg − 2mg = mg = (5, 6 × 10 −4 kg)(9,,8 m/s 2 ) 7 7 7 = 1, 3 × 10 −2 N.
378 soluções dos problemas
92. A velocidade do centro de massa do automóvel é v = (40)(1000/3600) = 11 m/s. A velocidade angular das rodas é dada pela Eq. 11-2: ω = v/R, em que o raio R das rodas não é conhecido (mas, como será visto em seguida, não aparece no resultado final). (a) Para uma roda de massa M, a Eq. 10-34 nos dá [usando a Tabela 10-2(c)] : 2
o que, para M = 32 kg e v = 11 m/s, nos dá Krot = 9,9 × 102 J. O tempo dado no problema (10 s) não e usado na solução. (b) Somando ao valor calculado no item (a) a energia cinética de translação, Mv2/2, obtemos:
)
)
2 1 1 3 Mv 2 + Mv 2 = ( 32 kg (11 m/s = 3, 0 × 10 3 J. 2 4 4 (c) Para Mautomóvel = 1700 kg e levando em conta o fato de que o automóvel possui quatro rodas, temos:
K roda =
1 3 Mautomóvel v 2 + 4 Mv 2 = 1, 2 × 10 5 J. 4 2 93. (a) Interpretando h como o aumento de altura do centro de massa do corpo e usando a Eq. 11-5 e a lei de conservação da energia mecânica, temos: 1 2 1 mvCM + I 2 = mgh 2 2