M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
FUNDAMENTOS DE FÍSICA
Mecânica
9a Edição
HALLIDAY & RESNICK
JEARL WALKER
Cleveland State University
VOLUME 1
Tradução e Revisão Técnica
Ronaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.
Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME
Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas – Volume 1 que podem ser usadas como
apoio para o livro Fundamentos de Física, Volume 1 – Mecânica, Nona Edição, 2012. Este material
é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.
Material Suplementar Soluções dos Problemas – Volume 1 traduzido do material original:
HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME ONE, NINTH EDITION
Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.
All Rights Reserved. This translation published under license.
Obra publicada pela LTC:
FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 1 – MECÂNICA, NONA EDIÇÃO
Direitos exclusivos para a língua portuguesa
Copyright © 2012 by
LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda.
Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional
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Imagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc.
Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.
Editoração Eletrônica do material suplementar:
SUMÁRIO
Capítulo 1 1
Capítulo 2 15
Capítulo 3 55
Capítulo 4 80
Capítulo 5 128
Capítulo 6 163
Capítulo 7 203
Capítulo 8 226
Capítulo 9 273
Capítulo 10 315
Capítulo 11 344
Capítulo 1
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) ×
 4,0155 alqueires americanos  = 28,108 alqueires americanos


1 barrel bulk
 4,0155 alqueires americanos 
= 32,124 alqueires americanos
1 tonelada de frete = (8 barrels bulk) × 


1 barrel bulk
 4,0155 alqueires americanos 
1 tonelada de reggistro = (20 barrels bulk) × 
 = 80, 31 alqueires americanos

1 barrel 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
Atotal
 16, 5 ft 
= 1, 58 × 10 5 ft 2 .
= ( 580 perch ) 
 1perch 
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′ =
750 milhas
= 18, 75 galões ingleses ≈ 18, 8 galões ingleses
40 milhas/galão inglês
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
Vcilindro, min
 0, 43 m 
π
= 2, 2 m 3 .
= ld 2 = 28 cúbitos3 = ( 28 cúbitos3 ) 
4
 1 cúbito 
14 soluções dos problemas
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 =
(1, 22 m/s)(60 s) + (3, 05 m/s)(60 s)
= 2,14 m/s.
120 s
(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′ =
d
2d
=
=
(t1 + t 2 ) / 2 t1 + t 2
2d
d
d
+
vc + vv vc − vv
=
  v 2
vc2 − vv2
= vc 1 −  v   .
vc
  vc  
A diferença relativa é
2
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=
obtemos
x=
x d+x
=
,
vs
v
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
vméd =
= 18 m/s.
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=
v 2 − v02 (5, 7 × 10 5 )2 − (1, 5 × 10 5 )2
=
= 1, 62 × 1015 m/s 2 .
2x
2(0, 01)
soluções dos problemas 25
(b) Na fase de redução de velocidade, a aceleração é
a=
v 2 − v02 (5, 7 × 10 5 )2 − (1, 5 × 10 5 )2
=
= 1, 62 × 1015 m/s 2 .
2x
2(0, 01)
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= −
1 v02
1  5, 00 × 10 6 
= 0,100 m.
=− 
2 a
2  −1, 25 × 1014 
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 
v2 = (vo1)2 + 2a1Dx1 = 0 + 2(2,25) 
= 1013 m2/s2
 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=
1
 vt + vl
 vl − vt 
− vl 
=−
( vl − vt )2 .
 2
  D 
2D
Assim,
2
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 =
y+
1 2
1
gt
0, 544 + (9, 8) (0, 200)2
2
2
=
= 3, 70 m/s.
t
0, 200
(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=
v0 +
v02 + 2 gy0 12 + 122 + 2 ( 9, 8 ) (80 )
=
= 5, 4 s
9, 8
g
soluções dos problemas 35
(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 =
2 g( y − y0 ) =
2(9, 8)(−2, 00 + 4, 00) = 6, 26 m/s.
A aceleração média é, portanto,
améd =
v2 − v1 6, 26 + 8, 85
=
= 1, 26 × 10 3 m/s 2 .
∆t
12, 0 × 10 −3
(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 =
1
2 ( 0,15)
= 0,175 s
( v1 + v ) t1 ⇒ t1 =
2
1, 71 + 0
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),
( 2, 00 / 0, 25 − (9,80 ) ( 0, 25) / 2) = 2, 34 m.
v 2 ( L / t − gt / 2 )
=
=
2g
2g
( 2 ) ( 9, 80 )
2
2
H=
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 <t < 2 + A2 <t <10 + A10 <t <12 + A12 <t <16
= (2)(8) / 2 + (8)(8) + [ (2)(4) + (2)(4) / 2 ] + (4)(4)
com unidades do SI implícitas. Dessa forma, obtemos ∆x = 100 m.
soluções dos problemas 43
70. Para resolver este problema, observamos que a velocidade é a derivada em relação ao tempo da função posição e a integral em relação ao tempo da função aceleração, com a constante
de integração igual à velocidade inicial. Assim, a velocidade da partícula 1 pode ser escrita na
forma
dx1 d
= ( 6, 00t 2 + 3, 00t + 2, 00 ) = 12, 0t + 3, 00 .
dt
dt
Por outro lado, a velocidade da partícula 2 é dada por
v1 =
v2 = v20 + ∫ a2 dt = 20, 0 + ∫ (−8, 00t )dt = 20, 0 − 4, 00t 2 .
Como v1 = v2 , temos:
12, 0t + 3, 00 = 20, 0 − 4, 00t 2 ⇒
4, 00t 2 + 12, 0t − 17, 0 = 0
cuja solução (escolhendo a raiz positiva) é t = (−3 + 26 ) / 2 = 1, 05 s. Assim, a velocidade nesse instante é v1 = v2 = 12, 0(1, 05) + 3, 00 = 15, 6 m/s.
71. (a) A derivada em relação ao tempo da função dada mostra que a “velocidade” do ponto é
v(t) = 9 – 9t2/4
no qual três algarismos significativos estão implícitos. É fácil mostrar que v = 0 para t = 2,00 s.
(b) No instante t = 2 s, x = 9(2) – ¾(2)3 = 12. Assim, a posição do ponto para a qual v = 0 é a
12,0 cm da borda esquerda da tela.
(c) A derivada da velocidade é a = –9t/2, o que corresponde a uma aceleração de −9, 00 cm/m 2
(o sinal negativo indica que a aceleração é para a esquerda) quando o ponto está a 12 cm de
distância da borda esquerda da tela.
(d) Como v > 0 para tempos maiores que t = 2 s, o ponto está se movendo para a direita pouco
antes de atingir o repouso.
(e) Como se pode concluir da resposta do item (c), o ponto está se movendo para a esquerda
pouco depois de atingir o repouso. Na verdade, a equação do item (a) mostra que para v < 0 para
t > 2 (ou seja, até que o ponto atinja uma borda da tela).
(f) Como mostra a discussão do item (e), a borda atingida pelo ponto em um instante t > 2 s não
pode ser a borda direita; tem que ser a borda esquerda (x = 0). Resolvendo a equação do enunciado do problema para x = 0 e tomando a solução positiva, obtemos a resposta: o ponto chega
à borda esquerda no instante t = 12 s ≈ 3,46 s.
72. Usamos a convenção usual de que o sentido positivo do eixo y é para cima.
(a) No ponto mais alto da trajetória, v = 0. Assim, com t = 1,60 s, a equação v = v0 – gt nos dá
v0 = 15,7 m/s.
(b) Uma equação que não depende do resultado do item (a) é y – y0 = vt + gt2/2, que nos dá
ymáx – y0 = 12,5 m como ponto mais alto em relação ao ponto de partida (o alto do edifício).
(c) Em seguida, usamos o resultado do item (a) na equação y − y0 = v0t + gt2/2 com t = 6,00 s e
y = 0 (o nível do solo), o que nos dá
0 – y0 = (15,68 m/s)(6,00 s) – (9,8 m/s2)(6,00 s)2/2.
Assim, y0 (a altura do edifício) e igual a 82,3 m.
44 soluções dos problemas
73. Chamamos o instante em que o automóvel alcança o caminhão de t, definido como t = 0 o
instante em que o sinal fica verde. No instante t, as distâncias percorridas pelos dois veículos
devem ser iguais.
(a) Chamando a aceleração do automóvel de a e a aceleração (constante) do caminhão de v,
temos:
 1 2
∆x =
at
= ( vt )caminhão
 2  auto
o que nos dá
t=
Assim,
2 v 2 ( 9, 5)
=
= 8, 6 s.
a
2, 2
∆x = vt = ( 9, 5) (8, 6 ) = 82 m.
(b) A velocidade do carro nesse instante é
vauto = at = ( 2, 2 ) (8, 6 ) = 19 m/s .
74. Se o avião (que voa com velocidade v) mantiver o curso e a inclinação do terreno continuar
a ser de 4,3° para cima, o avião se chocará com o solo depois de percorrer uma distância dada
por
h
35 m
∆x =
=
= 465, 5 m ≈ 0,465 km.
tan θ tan 4,3
O tempo de voo correspondente pode ser calculado usando a Eq. 2-2 (v = vméd, já que a velocidade é constante):
t=
∆x 0, 465 km
=
= 0, 000358 h ≈ 1,3 s.
v 1300 km/h
Este, portanto, é o tempo disponível para que o piloto faça alguma coisa.
75. Chamamos de tr o tempo de reação e tf o tempo de frenagem. O movimento durante o tempo de
reação é com velocidade constante (que vamos chamar de v0). A posição do carro é dada por
1
x = v0 t r + v0 tb + atb2
2
na qual v0 é a velocidade inicial e a é a aceleração (que tem sinal negativo, já que estamos supondo que a velocidade é no sentido positivo do eixo x e sabemos que o carro está freando).
Depois que os freios são aplicados, a velocidade do carro é dada por v = v0 + atf . Usando esta
equação com v = 0, eliminamos tf da primeira equação, o que nos dá
x = v0 t r −
v02 1 v02
1 v02
+
= v0 t r −
.
a
2 a
2 a
Escrevemos esta equação para as duas velocidades iniciais:
x1 = v01tr −
2
1 v01
2 a
x2 = v02t r −
2
1 v02
.
2 a
e
Resolvendo este sistema de equações, obtemos os valores desejados de tr e a:
tr =
2
2
v02
x1 − v01
x2
v01v02 ( v02 − v01 )
soluções dos problemas 45
e
a=−
2
2
1 v02 v01
− v01v02
.
2 v02 x1 − v01 x2
Fazendo x1 = 56,7 m, v01 = 80,5 km/h = 22,4 m/s, x2 = 24,4 m e v02 = 48,3 km/h = 13,4 m/s, obtemos:
(a)
tr =
13, 4 2 (56, 7) − 22, 4 2 (24, 4)
= 0, 74 s
(22, 4)(13, 4)(13, 4 − 22, 4)
e
(b)
a=−
1 (13, 4)22, 4 2 − (22, 4)13, 4 2
= −6, 2 m/s 2 .
2 (13, 4)(56, 7) − (22, 4)(24, 4)
O módulo da desaceleração é, portanto, 6,2 m/s2. Embora valores arredondados sejam mostrados nas substituições acima, os valores que lançamos na calculadora foram os valores “exatos”
(como, por exemplo, v02 = 161
12 m/s).
76. (a) Uma velocidade constante é igual à razão entre o deslocamento e o intervalo de tempo
associado. Assim, no caso de um veículo que se move com velocidade constante vp por uma
distância D23, o tempo gasto é dado por t = D23 / v p .
(b) O tempo necessário para que um carro acelere a partir do repouso até atingir uma velocidade
vp é t 0 = v p / a . A distância percorrida nesse intervalo de tempo é ∆x0 = at 02 / 2 = v 2p / 2a. Depois
desse tempo, o carro passa a se mover com velocidade constante vp por uma distância D12 − ∆x0 − d
até chegar ao cruzamento 2, e o tempo gasto nesse percurso é t1 = ( D12 − ∆x0 − d ) / v p . Assim,
a diferença de tempo entre o sinal do cruzamento 2 deve ser ajustada para
v p D12 − ∆x0 − d
v p D12 − (v 2p / 2a) − d
+
= tr + +
vp
a
vp
a
1 v p D12 − d
= tr +
+
2 a
vp
t total = t r + t 0 + t1 = t r +
na qual tr é o tempo de reação dos motoristas.
77. Como a aceleração é constante, o movimento do carro de corrida pode ser analisado usando as equações da Tabela 2-1. Tomando o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento, temos:
 1000 m/km 
= + 16, 7 m/s
v = ( 60 km/h ) 
 3600 s/h 
e a > 0. Vamos tomar como origem (x0 = 0) o ponto em que o carro parte a partir do repouso
(v0 = 0).
(a) De acordo com a Eq. 2-7, a aceleração média é
améd =
∆v v − v0 16, 7 m/s − 0
=
=
= 3, 09 m/s2 ≈ 3,1 m/s 2.
∆t t − t 0
5, 4 s − 0
(b) Supondo uma aceleração constante a = améd = 3, 09 m/s 2 , a distância total percorrida em 5,
4sé
1
1
x = x0 + v0 t + at 2 = 0 + 0 + (3, 09 m/s2 )(5, 4 s)2 = 45 m .
2
2
46 soluções dos problemas
(c) De acordo com a Eq. 2-15, o tempo necessário para percorrer uma distância x = 250 m é
x=
1 2
at ⇒ t =
2
2x
=
a
2 ( 250 ) .
3,1
1
Note que o deslocamento do carro em função do tempo é dado por x(t ) = (3, 09 m/s 2 )t 2 . Note
2
também que poderíamos resolver o item (b) usando a Eq. 2-17:
1
1
( v0 + v ) t = (16, 7) (5, 4 ) = 45 m .
2
2
78. Tomamos o instante inicial, t = 0, como sendo o instante em que os freios foram aplicados.
Como a desaceleração é constante, as equações da Tabela 2-1 podem ser usadas. As variáveis
com plicas (como v0′ = 72 km / h = 20 m / s ) se referem ao trem que está se movendo no sentido positivo do eixo x e está na origem no instante t = 0, e as variáveis sem plicas se referem ao
trem que está se movendo no sentido negativo do eixo x e está no ponto x0 = +950 m no instante
t = 0. Note que o vetor aceleração do segundo trem aponta no sentido positivo do eixo x, embora o trem esteja freando, já que a velocidade inicial desse trem é v0 = –144 km/h = –40 m/s.
Como a velocidade do primeiro trem é menor, o primeiro trem deve parar antes do segundo, a
não ser que aconteça uma colisão. Usando a Eq. 2-16 com v ′ = 0 , vemos que o primeiro trem
irá parar no ponto
( v ′ )2 − ( v0′ )2 0 − 20 2
x′ =
=
= 200 m.
−2
2a ′
De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do segundo trem ao chegar ao mesmo ponto é
x=
v=
vo2 + 2a∆x =
( −40 )2 + 2 (1, 0 ) ( 200 − 950 ) = 100 = 10 m/s
mais especificamente, a velocidade do segundo trem nesse momento é –10 m/s, já que ainda
está se movendo no sentido negativo do eixo x; isso significa que os trens não conseguem frear
a tempo de evitar uma colisão. Se não fosse possível obter um valor real para v (ou seja, se o
radicando da equação acima fosse negativo), esse fato não seria suficiente para garantir que os
trens escapassem da colisão, já que a colisão poderia acontecer antes de o primeiro trem parar.
Entretanto, calculando o tempo que o primeiro trem leva para parar (20 s, de acordo com a Eq.
2-11) e calculando a posição do segundo trem nesse momento (x = 350 m), é possível mostrar
que os trens estavam a uma distância considerável no momento da parada do primeiro trem.
79. A coordenada y do grampo 1 obedece à equação y – y01 = –g t2/2, na qual, de acordo com o
gráfico, y = 0 para t = 3,0 s. Resolvendo essa equação, obtemos y01 = 44,1 m. De acordo com
o gráfico, a coordenada do grampo 2 (que foi lançado no instante t = 1,0 s com velocidade v1)
é dada por
y – y02 = v1(t–1,0) –g (t – 1,0)2/2
em que y02 = y01 + 10 = 54,1 m e na qual (novamente) y = 0 para t = 3,0 s. Assim, vemos que
|v1| = 17 m/s, aproximadamente.
80. Vamos tomar o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento e usar os índices
1 e 2 para os dados. Nesse caso, v1 = +30 m/s, v2 = +50 m/s e x2 – x1 = +160 m.
(a) De acordo com a Eq. 2-16, temos:
a=
50 2 − 30 2
v22 − v12
=
= 5, 0 m/s 2 .
2 ( x2 − x1 )
2 (160 )
(b) Podemos calcular o intervalo de tempo correspondente ao deslocamento x2 – x1 usando a
Eq. 2-17:
t 2 − t1 =
2 ( x2 − x1 ) 2 (160 )
=
= 4, 0 s.
v1 + v2
30 + 50
soluções dos problemas 47
(c) Como o trem está em repouso (v0 = 0) no instante inicial (t = 0), podemos calcular o valor
de t1 usando a Eq. 2-11:
30
v1 = v0 + at1 ⇒ t1 =
= 6, 0 s.
5, 0
(d) A origem dos eixos coordenados foi tomada como sendo o local em que o trem estava em
repouso (ou seja, x0 = 0). Assim, precisamos apenas calcular o valor de x1. Entre as várias equações que poderiam ser usadas, escolhemos a Eq. 2-17:
1
1
( v0 + v1 ) t1 = (30 ) (6, 0 ) = 90 m .
2
2
(e) Os gráficos são mostrados a seguir; o uso de unidades do SI está implícito.
x1 =
81. Integrando a aceleração de t = 2 s a t = 4 s para obter a velocidade e usando os valores dados, obtemos:
t
t
1
v = v0 + ∫ adt = v0 + ∫ (5, 0t )dt = v0 + (5, 0)(t 2 − t 02 ) = 17 + (5,0)(42 – 22)/2 = 47 m/s.
t0
t0
2
82. A velocidade v no instante t = 6 (o uso de unidades do SI e dois algarismos significativos
6
está implícito) é vdado + ∫ adt . Uma forma simples de calcular a integral é usar a expressão da
−2
área de um triângulo (base × altura)/2. O resultado é v = 7 m/s + 32 m/s = 39 m/s.
83. Depois de deixado cair (v0 = 0), o objeto está em queda livre (a = –g = –9,8 m/s2 supondo
que o sentido positivo do eixo y é para cima) e podemos usar repetidamente a Eq. 2-15.
(a) A distância D (positiva) entre o ponto de baixo e a marca correspondente a um certo tempo
de reação t é dada por ∆y = −D = gt2/2 ou D = gt2/2. Assim, para t1 = 50, 0 ms,
2
9, 8 m/s 2 ) ( 50, 0 × 10 −3 s )
(
=
= 0, 0123 m = 1,23 cm.
2
(9, 8 m/s 2 )(100 × 10 −3 s)2
(b) Para t2 = 100 ms, D2 =
= 0, 049 m = 4 D1 .
2
D1
(c) Para t3 = 150 ms, D3 =
(9, 8 m/s 2 )(150 × 10 −3 s)2
= 0,11 m = 9 D1 .
2
(d) Para t4 = 200 ms, D4 =
(9, 8 m/s 2 )(200 × 10 −3 s)2
= 0,196 m = 16 D1 .
2
(e) Para t4 = 250 ms, D5 =
(9, 8 m/s 2 )(250 × 10 −3 s)2
= 0, 306 m = 25 D1 .
2
84. Tomando o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento e usando as unidades
do SI, v = 1600(1000/3600) = 444 m/s.
(a) De acordo com a Eq. 2-11, 444 = a(1,8) ou a = 247 m/s2. Em unidades de g, temos:
 247 
a=
g = 25g.
 9, 8 
48 soluções dos problemas
(b) De acordo com a Eq. 2-17, temos:
x=
1
1
( v0 + v ) t = ( 444 ) (1, 8) = 400 m.
2
2
85. Como os deslocamentos têm o mesmo módulo e sentidos opostos, o deslocamento total é
zero e, portanto, a velocidade média também é zero. A velocidade escalar média, por outro lado,
é diferente de zero. Chamando de D a distância até o alto da encosta, temos:
velocidade escalar média =
distância total
=
tempo de percurso
2D
≈ 25 km/h
D
D
+
20 km/h 35 km/h
86. Podemos calcular a velocidade integrando a aceleração:
v − v0 =
∫
t
0
(6,1 − 1, 2t ′)dt ′ .
(a) O resultado da integração acima é o seguinte
v = v0 + 6,1t − 0,6t 2 ,
em que, de acordo com o enunciado, v0 = 2,7 m/s. Para calcular a velocidade máxima, basta
notar que o máximo da função acontece no ponto em que a derivada (a aceleração, no caso) é
zero (a = 0 para t = 6,1/1,2 = 5,1 s) e substituir o valor de t assim encontrado na equação da velocidade. O resultado é v = 18 m/s.
(b) Integramos novamente para obter x em função de t:
x − x0 =
∫
t
0
v dt ′ =
∫
t
0
(v0 + 6,1 t ′ − 0, 6 t ′ 2 ) dt ′ = v0 t + 3, 05 t 2 − 0, 2 t 3 .
Com x0 = 7,3 m, obtemos x = 83 m para t = 6. É a resposta correta, mas isso não é tão óbvio
como pode parecer. Afinal de contas, o problema pede a distância percorrida, e (x − x0) não é a
distância e sim o deslocamento. Se a velocidade do ciclista tiver mudado de sinal durante o trajeto, a distância total será maior que o deslocamento. Assim, é justo que nos perguntemos: “A
velocidade mudou de sinal?” Para isso, a velocidade teria que se anular (momentaneamente) em
algum ponto do percurso, ou seja, a equação da velocidade teria que ter uma raiz no intervalo
considerado no problema (0  t  6 s). Como as raízes da equação da velocidade são t = −0,43 s
e t = 10,59 s, isso não acontece e a distância percorrida é igual ao deslocamento.
87. O tempo necessário para percorrer uma distância d a uma velocidade escalar v é t = d/v. As
duas velocidades do problema são
1609 m/mi
= 24, 58 m/s
3600 s/h
1609 m/mi
v2 = 65 mi/h = (65 mi/h)
= 29,0
05 m/s
3600 s/h
v1 = 55 mi/h = (55 mi/h)
Para d = 700 km = 7, 0 × 10 5 m , a diferença de tempo é dada por
t − t ' = ∆x
1
1 1
 1
−
= ∆x
−  = ∆x ( 0, 0028 h/mii )
 v v'
 55 65 
ou 1 h e 13 min.
88. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1.
soluções dos problemas 49
(a) Tomando o primeiro ponto como origem das coordenadas e t = 0 como o instante em que o
carro passou pelo primeiro ponto, a Eq. 2-17 nos dá
1
1
(v + v0 )t = (15, 0 m/s + v0 )(6, 00 s).
2
2
Fazendo x = 60,0 m (o que significa tomar o sentido positivo do eixo x como o sentido do movimento), obtemos v0 = 5,00 m/s.
x=
(b) Fazendo v = 15,0 m/s, v0 = 5,00 m/s e t = 6,00 s da equação a = (v – v0)/t (Eq. 2-11), obtemos a = 1,67 m/s2.
(c) Fazendo v = 0 na equação v 2 = v02 + 2ax , obtemos
x=−
(5, 00 m/s)2
v02
=−
= −7, 50 m
2a
2(1, 67 m/s2
ou | x | = 7, 50 m .
(d) Para traçar os gráficos, precisamos conhecer o instante em que v = 0. Usando a equação
v = v0 + at9 = 0, obtemos:
−v
−5, 00 m/s
t′ = 0 =
= −3, 0 s
a
1, 67 m/s2
Nos gráficos a seguir, as unidades do SI estão implícitas.
89. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do
eixo y é para cima) durante todo o movimento. Como a aceleração é constante, podemos usar a
Tabela 2-1 (com y no lugar de x). Quando um objeto é lançado verticalmente para cima e recolhido na altura de onde foi lançado, o tempo de percurso t é metade do tempo de subida ts, que
é dado pela Eq. 2-18 com x − x0 = H e v = 0 (já que a velocidade é momentaneamente nula do
ponto mais alto da subida):
H = vt s +
1 2
gt s
2
⇒
ts =
2H
g
Como o tempo total de percurso é t = 2ts, temos:
H=
1 2
gt
8
⇒
2H
.
g
t=2
Consideramos dois lançamentos, um até a altura H1, com um tempo total de percurso t1, e outro
até uma altura H2, com um tempo total de percurso t2. A razão entre as duas alturas é
H 2 gt 22 / 8  t 2 
=
=
H 1 gt12 / 8  t1 
2
e, portanto, para t2 = 2t1 (como exige o problema) devemos ter H2 = (22)H1 = 4H1.
50 soluções dos problemas
90. (a) Usando o fato de que a área de um triângulo é dada por 12 (base) (altura) (e o fato de que
a integral corresponde à área sob a curva), calculamos que, de t = 0 a t = 5 s, a integral de v em
relação a t é 15 m. Como sabemos que x0 = 0, concluímos que x = 15 m para t = 5,0 s.
(b) Vemos diretamente no gráfico que v = 2,0 m/s para t = 5,0 s.
(c) Como a = dv/dt = inclinação do gráfico, vemos que a aceleração no intervalo 4 < t < 6 é
constante e igual a –2,0 m/s2.
(d) Pensando em x(t) em termos de área sob a curva, vemos que x(1) = 1 m; usando este fato e
o resultado do item (a), temos, de acordo com a Eq. 2-2:
vméd =
x(5) − x(1) 15 − 1
=
= 3, 5 m/s.
5−1
4
(e) De acordo com a Eq. 2-7 e usando valores de v(t) lidos diretamente no gráfico, temos:
améd =
v(5) − v(1) 2 − 2
=
= 0.
5−1
4
91. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para baixo e que y0 = 0, temos y = v0 t + 12 gt 2 ,
o que (com v0 = 0) nos dá t = 2 y / g .
(a) No final desta parte da queda, y1 = 50 m e, portanto,
t=
2(50)
= 3, 2 s.
9, 8
(b) No final desta parte da queda, o deslocamento total é y2 = 100 m. Assim, o tempo total é
t=
2(100)
= 4, 5 s.
9, 8
A diferença entre este tempo e o tempo obtido no item (a) é o tempo que a pedra leva para cair
os segundos 50 m: ∆t = t 2 − t1 = 4,5 s – 3,2 s = 1,3 s.
92. O sentido positivo do eixo x está implícito no enunciado do problema. A posição inicial (em
t = 0) é x0 = 0 (onde, também, v0 = 0), a aceleração positiva termina em x1 = 1100/2 = 550 m e
o trem para (v2 = 0) em x2 = 1100 m.
(a) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o trem chega ao ponto x1 é dado por
t1 =
2 x1
=
a1
2 ( 550 )
= 30, 3 s.
1, 2
Como o intervalo de tempo t2 – t1 tem o mesmo valor (o que é fácil de demonstrar a partir da
Eq. 2-18), o tempo total é t2 = 2(30,3) = 60,6 s.
(b) A velocidade máxima é atingida no instante t1 e é dada por
v1 = v0 + a1t1 = 36, 3 m/s .
soluções dos problemas 51
(c) Os gráficos são mostrados a seguir:
93. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo
y é para cima) durante todo o movimento. Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no
lugar de x) porque a aceleração da bola é constante (e, além disso, vamos supor que y0 = 0).
(a) Aplicamos a Eq. 2-16 aos dados do problema, com as unidades do SI implícitas.
2
vB2 = v02 − 2 gyB
⇒
vA2 = v02 − 2 gyA
⇒
1 
v + 2 g ( yA + 3) = v02
2 
v 2 + 2 gyA = v02
Igualando as expressões do lado esquerdo das equações, já que ambas são iguais a v02 , obtemos
v2
+ 2 gyA + 2 g(3) = v 2 + 2 gyA
4
o que nos dá v =
⇒ 2 g(3) =
3v 2
4
2 g ( 4 ) = 8, 85 m/s.
(b) Um objeto que passa pelo ponto A com uma velocidade v = 8,85 m/s atinge uma altura máxima y – yA = v2/2g = 4,00 m acima do ponto A (isso também é uma consequência da Eq. 2-16,
agora com a velocidade “final” igual a zero por se tratar do ponto mais alto da trajetória). Assim,
o ponto mais alto da trajetória está 1,00 m acima do ponto B.
94. Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido positivo do eixo
y é para cima) durante todo o movimento. Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no
lugar de x) porque a aceleração da pedra é constante. Vamos tomar o nível do solo como origem
do eixo y. O tempo total de queda pode ser calculado usando a Eq. 2-15:
∆y = v0 t −
v +
1 2
gt ⇒ t = 0
2
v02 − 2 g∆y
g
52 soluções dos problemas
para a qual escolhemos a raiz positiva. Fazendo y = 0, v0 = 0 e y0 = h = 60 m, obtemos
t=
2 gh
=
g
2h
= 3, 5 s.
g
Isso significa que “1,2 s antes de chegar ao solo” é o instante t = 2,3 s e, portanto,
1
y − h = v0 (2, 3) − g(2, 3)2 ⇒ y = 34 m
2
para o qual novamente fizemos h = 60 m e v0 = 0.
95. (a) O enunciado do problema deixa claro que podemos usar as equações da Tabela 2-1; entretanto, não conhecemos os valores de v0, v, e a. A melhor tática é aplicar a equação x – x0 =
v0t + at2/2 a vários pontos do gráfico e montar um sistema de equações. Por exemplo:
16 m – 0 = v0(2,0 s) + a(2,0 s)2/2
27 m – 0 = v0(3,0 s) + a(3,0 s)2/2
leva à solução v0 = 6,0 m/s e a = 2,0 m/s2.
(b) De acordo com a Tabela 2-1,
x – x0 = vt –
o que nos dá v = 12 m/s.
1 2
at ⇒ 27 m – 0 = v(3,0 s) – (2,0 m/s2)(3,0 s)2/2
2
(c) Supondo que o vento continua no intervalo 3,0  t  6,0, aplicamos a equação x – x0 =
v0t + at2/2 a esse intervalo (no qual, de acordo com o item (b), v0 = 12,0 m/s) para obter
∆x = (12,0 m/s)(3,0 s) + (2,0 m/s2)(3,0 s)2/2 = 45 m.
96. (a) Vamos chamar de h a altura do trampolim, supor que o sentido positivo do eixo y é para
baixo e escolher como origem do eixo y o ponto de onde a bola foi deixada cair. Nesse caso, a
bola atinge o lado no ponto y = h. Vamos chamar a profundidade do lado de D, e o tempo que a
bola leva para chegar ao fundo do lado de T. Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-16, a velocidade da bola ao chegar à superfície do lago é v = 2gh e, de acordo com a Eq. 2-16, o tempo que
a bola leva para chegar à superfície do lago é t1 = 2h / g . O tempo que a bola passa descendo
no lago (com velocidade constante v) é dado por
D
D
=
.
t2 =
v
2 gh
2h
+
g
Assim, T = t1 + t2 =
D =T
D
, o que nos dá
2 gh
2 gh − 2h = ( 4, 80 ) ( 2 ) ( 9, 80 ) ( 5, 20 ) − ( 2 ) ( 5, 20 ) = 38,1 m.
(b) De acordo com a Eq. 2-2, o módulo da velocidade média é
vméd =
D + h 38,1 + 5, 20
=
= 9, 02 m/s
T
4, 80
(c) Com nossa escolha de coordenadas, o sinal positivo de vméd significa que a bola está descendo. Se tivéssemos escolhido o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, o resultado do
item (b) teria um valor negativo. Nos dois casos, porém, a interpretação seria a mesma.
(d) Podemos obter o valor de v0 a partir da equação ∆y = v0 t + 12 gt 2 com t = T e ∆y = h + D. O
resultado é o seguinte:
v0 =
h + D gT 5, 20 + 38,1 ( 9, 8 ) ( 4, 80 )
−
=
−
= 14, 5 m/s
2
4, 80
2
T
soluções dos problemas 53
(e) Com nossa escolha de coordenadas, o sinal negativo de v0 significa que a bola foi arremessada para cima.
97. Supomos que o sentido positivo do eixo y é para baixo e usamos as equações da Tabela 2-1
(substituindo x por y) com a = +g, v0 = 0 e y0 = 0. Usamos o índice 2 para o elevador no solo e
1 for para o elevador no ponto médio da queda.
(a) A Eq. 2-16, v22 = v02 + 2a ( y2 − y0 ) , nos dá
v2 =
2 gy2 =
2 ( 9, 8 ) (120 ) = 48, 5 m/s.
(b) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o elevador atinge o solo é
t2 =
2 y2
=
g
2 (120 )
= 4, 95 s .
9, 8
(c) A Eq. 2-16, na forma v12 = v02 + 2a ( y1 − y0 ) , nos dá
v1 =
2 gy1 =
2(9, 8 m/s 2 )(60 m) = 34, 3 m/s.
(d) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o elevador atinge o ponto médio da queda é
t1 =
2 y1
=
g
2 ( 60 )
= 3, 50 s .
9, 8
98. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima e tomando a origem no ponto de onde
os objetos são deixados cair, a posição do diamante 1 é dada por y1 = − gt 2 / 2 e a posição do
diamante 2 é dada por y2 = − g(t − 1)2 / 2 . Tomamos t = 0 como o instante em que o primeiro
diamante é deixado cair e queremos calcular o instante no qual y2 – y1 = 10 m. Assim,
1
1
2
− g ( t − 1) + gt 2 = 10 ⇒ t = (10 / g ) + 0, 5 = 1, 5 s.
2
2
99. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima, temos y0 = 36,6 m e y = 12,2 m. Assim,
de acordo com a Eq. 2-18 (a última equação da Tabela 2-1),
1 2
gt ⇒ v = − 22 m/s
2
no instante t = 2,00 s. O sinal negativo significa que o sentido da velocidade é para baixo.
y − y0 = vt +
100. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima e desprezando a resistência do ar
durante a queda livre, a Eq. 2-15 se torna ∆y = − 12 gt 2 , na qual Dy é o negativo da distância percorrida. Assim, para simplificar, escrevemos a equação na forma d = 12 gt 2 .
(a) O tempo t1 durante o qual o paraquedista permanece em queda livre pode ser obtido com o
auxílio da Eq. 2-15, segundo a qual
1 2 1
gt1 = ( 9, 80 m/s2 ) t12
2
2
Resolvendo a equação acima, obtemos t1 = 3,2 s. A velocidade escalar do paraquedista no momento em que abre o paraquedas é dada pela raiz positiva da equação v12 = 2 gd1 :
d1 = 50 m =
v1 =
2 gh1 =
( 2 ) ( 9, 80 m/s2 ) ( 50 m ) = 31 m/s.
Chamando a velocidade final de v2, o intervalo de tempo t2 entre o instante em que o paraquedas
é aberto e o instante em que o paraquedista chega ao solo é
t2 =
v1 − v2 31 m/s − 3, 0 m/s
=
= 14 s.
a
2 m/s 2
54 soluções dos problemas
Este resultado pode ser obtido a partir da Eq. 2-11, usando velocidades escalares (e, portanto,
valores positivos para v1 e v2). Observamos também que o vetor aceleração nessa parte da queda
é positivo, já que o vetor aceleração aponta para cima (no sentido oposto ao do movimento, o
que constitui uma desaceleração). O tempo total de queda é, portanto, t1 + t2 = 17 s.
(b) A distância que o paraquedista percorreu depois que o paraquedas foi aberto é dada por
v12 − v22 ( 31 m/s ) − ( 3, 0 m/s )
=
≈ 240 m.
2a
( 2 ) ( 2, 0 m/s2 )
2
d=
2
Nesse cálculo foi usada a Eq. 2-16 com os dois membros multiplicados por –1 (o que, do lado
esquerdo, transforma ∆y, um valor negativo, em d, um valor positivo, e, do lado direito, muda
a ordem de v1 e v2). Assim, a queda começou em uma altura h = 50 + d ≈ 290 m.
101. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima e desprezando a resistência do ar,
a = –g = –9,8 m/s2. Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x) porque a
aceleração é constante. Supomos que o nível do solo corresponde a y = 0.
(a) Com y0 = h e v0 substituída por –v0, a Eq. 2-16 nos dá
v=
(− v0 )2 − 2 g (y − y0 ) =
v02 + 2 gh .
Escolhemos a raiz positiva porque estamos interessados no valor absoluto da velocidade.
(b) Para calcular o tempo, usamos a Eq. 2-15, com –v0 no lugar de v0:
∆y = − v0 t −
− v + (− v0 )2 − 2 g∆y
1 2
gt ⇒ t = 0
g
2
para a qual escolhemos a raiz positiva porque t > 0. Fazendo y = 0 e y0 = h, obtemos
t=
v02 + 2 gh − v0
.
g
(c) Se a bola fosse lançada para cima da altura h com a mesma velocidade inicial, passaria de
novo por essa altura (desprezando a resistência do ar) com a mesma velocidade, dessa vez para
baixo, e, portanto, chegaria ao solo com a mesma velocidade do item (a). Um conceito importante relacionado a este fato é discutido em outro capítulo do livro (no contexto da conservação
da energia).
(d) Como a bola se move para cima antes de começar a cair, é óbvio que leva mais tempo para
chegar ao solo que o valor calculado no item (b). O cálculo, porém, é praticamente igual; a única
diferença é que agora temos +v0 na equação, enquanto nos cálculos do item (b) tínhamos –v0:
∆y = v0 t −
1 2
gt
2
⇒
t=
v0 +
v02 − 2 g∆y
g
para a qual novamente escolhemos a raiz positiva porque t > 0. Fazendo y = 0 e y0 = h, obtemos
t=
v02 + 2 gh + v0
.
g
102. Supondo que a bola se move com velocidade constante, podemos usar a Eq. 2-2 (com vméd =
v > 0). O resultado é o seguinte:

km  1000 m/km  
−3
∆x = v∆t = 303
 3600 s/h   (100 × 10 s ) = 8, 4 m.
h


Capítulo 3

1. As componentes x e y de um vetor a do plano xy são dadas por
ax = a cos u ,
ay = a sen u



na qual a = | a | é o módulo de a e θ é o ângulo entre a e o semieixo x positivo.

(a) A componente x de a é ax = a cos u = (7, 3 m) cos 250 = −2, 50 m.
(b) A componente y é dada por
ay = a sen u = (7, 3 m) sen 250 = −6, 86 m ≈ −6, 9 m.
Os resultados aparecem na figura a seguir.
Considerando outras formas de calcular as componentes, observamos que o vetor está 70° abaixo do semieixo x negativo e, portanto, as componentes também poderiam ser calculadas usando
as equações
ax = −(7, 3 m) cos 70 = −2, 50 m, ay = −(7, 3 m) sen 70 = −6, 86 m.
Como o vetor está 20° à esquerda do semieixo y negativo, obteríamos os mesmos resultados
usando as equações
ax = −(7, 3 m) sen 20° = −2, 50 m, ay = −(7, 3 m) cos 20° = −6, 86 m.
Para confirmar que os resultados estão corretos, notamos que
ax2 + a y2 =
(−2, 50 m)2 + (−6, 86 m)2 = 7, 3 m
e
)
tan −1 ( ay / ax = tan −1[(−6, 86 m) / (−2, 50 m)] = 250°,
que são realmente os valores dados no enunciado.

2. (a) Se r = 15 m e θ = 30°, a componente x de r é dada por
rx = r cosθ = (15 m) cos 30° = 13 m.
(b) A componente y é dada por ry = r senθ = (15 m) sen 30° = 7,5 m.
56 soluções dos problemas

3. Um vetor a pode ser representado na notação módulo-ângulo (a, θ), na qual
a=
ax2 + a y2
é o módulo e
a 
u = tan −1  y 
 ax 

é o ângulo entre a e o semieixo x positivo.
(a) Como Ax = −25,0 m e Ay = 40,0 m, A =
(−25, 0 m)2 + (40, 0 m)2 = 47, 2 m.
(b) Lembrando que tan θ = tan (θ + 180°),
tan–1 [(40,0 m)/ (– 25,0 m)] = – 58° ou 122°.
Como sabemos que o vetor está no terceiro quadrante (pelo sinal das componentes x e y), vemos
que 122° é a resposta correta. Os resultados são mostrados na figura a seguir.

Para confirmar que os resultados estão corretos, notamos que as componentes x e y de A são
dadas por
Ax = A cos u ,
Ay = A senu
Substituindo os resultados calculados acima, obtemos
Ax = (47, 2 m) cos 122 = −25, 0 m, Ay = (47, 2 m) sen 122 = + 40, 0 m
que são realmente os valores dados no enunciado.
4. Sabendo que uma circunferência completa tem 360° e 2π radianos, podemos fazer as conversões pedidas usando uma simples regra de três:
2 rad
= 0, 349 rad.
360 
2 rad
(b) 50, 0 o = (50, 0 o )
= 0, 873 rad.
360 
2 rad
(c) 100, 0 o = (100, 0 o )
= 1, 75 rad.
360 
360 o
(d) 0, 330 rad = (0, 330 rad)
= 18, 9o.
2 rad
360 o
= 120 o.
(e) 2,10 rad = (2,10 rad)
2 rad
(a) 20, 0 o = (20, 0 o )
(f) 7, 70 rad = (7, 70 rad)
360 o
= 441o.
2 rad
soluções dos problemas 57


5. A soma vetorial dos deslocamentos d tempestade e d novo deve ser igual ao deslocamento desejado

inicialmente, do = (120 km)jˆ , na qual leste é î e norte é ĵ. Assim, escrevemos


d tempestade = (100 km) ˆi , d novo = A ˆi + B ˆj.




(a) A equação d tempestade + d novo = do nos dá A = –100 km e B = 120 km. O módulo de d novo é,

portanto, igual a | d novo | = A2 + B 2 = 156 km.
(b) A direção é
tan–1 (B/A) = –50,2° ou 180° + ( –50,2°) = 129,8°.
Escolhemos o segundo valor porque sabemos que o deslocamento está no segundo quadrante.
A resposta pode ser expressa de várias formas diferentes: 129,8o no sentido anti-horário a partir
do leste, 39,8o para oeste a partir do norte ou 50,2o para o norte a partir do oeste.
6. (a) A distância vertical é h = d senθ, na qual d = 12,5 m e θ = 20,0°. Assim, h = 4,28 m.
(b) A distância horizontal é d cosθ = 11,7 m.
7. O deslocamento da mosca é mostrado na figura a seguir, à esquerda.
Um sistema de coordenadas como o da figura apresentada, à direita, permite expressar o deslocamento como um vetor tridimensional.
(a) O módulo do deslocamento de um vértice até o vértice diagonalmente oposto é

d = | d | = c2 + l 2 + a2
Substituindo os valores dados, obtemos

d = | d | = c 2 + l 2 + a 2 = (4, 30 m )2 + (3, 70 m)2 + (3, 00 m))2 = 6, 42 m.
(b) O vetor deslocamento é uma linha reta que liga o ponto inicial ao ponto final. Como uma
linha reta é a menor distância entre dois pontos, não existe nenhum caminho para o qual a distância percorrida seja menor.
(c) É claro que a distância pode ser maior. A mosca pode, por exemplo, se deslocar ao longo das
arestas da sala. O deslocamento seria o mesmo, mas a distância coberta seria
c + l + a = 11, 0 m.
(d) A distância percorrida será igual ao módulo do deslocamento se a trajetória da mosca coincidir com o vetor deslocamento.
(e) Tomamos o eixo x apontando para fora do papel, o eixo y apontando para a direita e o eixo z
apontando para cima. Nesse caso, a componente x do deslocamento é l = 3,70 m, a componente
y é c = 4,30 m, e a componente z é a = 3,00 m. Assim,

ˆ
d = (3, 70 m) ˆi + ( 4,30 m) ˆj + ( 3,00 m ) k.
58 soluções dos problemas
Respostas igualmente corretas podem ser obtidas permutando os eixos.
(f) Suponha que o caminho da mosca seja o que está representado por retas tracejadas na figura
da esquerda. Faça de conta que existe uma dobradiça na aresta que liga a parede da frente ao
piso e dobre a parede para baixo, como na figura da direita. Isso torna claro que o caminho mais
curto a pé entre o canto inferior traseiro esquerdo e o canto superior dianteiro direito da sala é
a reta tracejada que aparece no desenho da direita. O comprimento da reta é
Lmin =
( l + a )2 + c 2
=
( 3, 70 m + 3, 00 m )2 + (4, 30 m)2 = 7, 96 m.
Para confirmar que o caminho mais curto é realmente Lmin, escrevemos a distância percorrida
na forma
L=
y 2 + l 2 + (c − y)2 + a 2
na qual y é a coordenada do ponto em que a mosca deixa o eixo y.
A condição para que a distância percorrida seja mínima é
dL
=
dy
y
−
y + l2
2
c− y
= 0.
( c − y) 2 + a 2
Após algumas manipulações algébricas, constatamos que essa condição é satisfeita para
y = cl / (l + a), o que nos dá
Lmin =
c2 
c2 


=
+ a2 1 +
l 2 1 +
2
 (l + a)2 
 (l + a) 
(l + a)2 + c 2 .
Para qualquer outro caminho, a distância seria maior que 7,96 m.
  

8. Chamamos os vetores deslocamento de A, B e C (e chamamos a soma vetorial de r ). Escolhemos
o leste como direção î (direção +x) e o norte como direção ĵ (direção +y). Está implícito que
todas as distâncias são em quilômetros.
(a) O diagrama vetorial que representa o movimento é o seguinte:
soluções dos problemas 59
(b) O ponto final é representado por
   
r = A + B + C = (−2, 4 km ) ˆi + (−2,1 km) ˆj
cujo módulo é

r =
( −2, 4 km )2 + ( −2,1 km )2
≈ 3, 2 km .
(c) Existem duas possibilidades para o ângulo:
 −2,1 km 
= 41 ou 221.
u = tan −1 
 −2, 4 km 

Escolhemos o segundo ângulo porque sabemos que r está no terceiro quadrante. Convém notar
que muitas calculadoras gráficas contam com rotinas de conversão de coordenadas retangulares
para coordenadas polares que fornecem automaticamente o ângulo correto (medido a partir do
semieixo x positivo, no sentido anti-horário. O ângulo pode ser expresso de várias formas: 221°
no sentido anti-horário a partir do leste (uma descrição que pode soar meio estranha), 41° ao sul

do oeste ou 49°
 a oeste do sul. A resultante r não aparece no desenho; seria uma seta ligando
a “cauda” de A à “cabeça” de C .
9. Está implícito que todas as distâncias nesta solução estão expressas em metros.
 
ˆ m.
(a) a + b = [4, 0 + (−1, 0)]ˆi + [( − 3,0) + 1,0]jˆ + (1,0 + 4,00)kˆ = (3,0iˆ − 2, 0 ˆj + 5,0k)
 
ˆ m.
(b) a − b = [4, 0 − (−1, 0)]ˆi + [( − 3,0) − 1,0]jˆ + (1,0 − 4,00)kˆ = (5,0iˆ − 4, 0 ˆj − 3,0k)

  
(c) A condição de que a − b + c = 0 leva a c = b − a , que é o negativo do resultado do item (b).

ˆ m.
Assim, c = (−5, 0 ˆi + 4,0 ˆj + 3,0 k)
  
10. As componentes x, y e z de r = c + d são, respectivamente,
(a) rx = cx + d x = 7, 4 m + 4, 4 m = 12 m,
(b) ry = cy + d y = −3, 8 m − 2, 0 m = −5, 8 m e
(c) rz = cz + d z = −6,1 m + 3, 3 m = −2, 8 m.
  
11. Fazemos r = a + b .

(a) As componentes x e y de r são rx = ax + bx = (4,0 m) – (13 m) = –9,0 m e ry = ay + by =

(3,0 m) + (7,0 m) = 10 m, respectivamente. Assim, r = (−9, 0 m) ˆi + (10 m) ˆj .

(b) O módulo de r é

r = | r |=
rx2 + ry2 =
(−9, 0 m)2 + (10 m)2 = 13 m.

(c) O ângulo entre r e o semieixo x positivo é
r 
 10, 0 m 
= −48° ou 132°.
u = tan −1  y  = tan −1 
 −9, 0 m 
 rx 


Como a componente x de r é negativa e a componente y é positiva, sabemos que r está no segundo quadrante e, portanto, o ângulo correto é 132° (medido no sentido anti-horário a partir
do semieixo x positivo).
60 soluções dos problemas
A adição dos dois vetores é mostrada na figura a seguir (que não está em escala).
  

12. Chamamos os vetores deslocamento de A , B e C e a soma dos três vetores de r . Escolhemos
o leste como direção î (direção +x) e o norte como direção ĵ (direção +y). Notamos que o ân
gulo entre C e o eixo x é 60°. Nesse caso,
(a) O deslocamento total do carro a partir da posição inicial é representado por
   
r = A + B + C = (62, 5 km) ˆi + (51,7 km) ˆj
o que significa que o módulo é

r =
(62, 5 km )2 + (51, 7 km )2 = 81 km.
(b) O ângulo (medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo) é tan–1 (51,7 km/62,5


km) = 40°, o que significa que a direção de r é 40° ao norte do leste. A resultante r não apa

rece no desenho; seria uma seta ligando a “cauda” de A à “cabeça” de C .
13. A solução mais simples consiste em obter as componentes e somá-las (não como vetores,
mas como escalares). Para d = 3,40 km e θ = 35,0° temos d cos θ + d sen θ = 4,74 km.
14. (a) Somando as componentes x, temos
20 m + bx – 20 m – 60 m = −140 m,
o que nos dá bx = −80 m.
(b) Somando as componentes y, temos
60 m – 70 m + cy – 70 m = 30 m,
o que nos dá cy = 110 m.
soluções dos problemas 61
(c) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do deslocamento total é dado por
(−140 m)2 + (30 m)2 ≈ 143 m.
(d) O ângulo é dado por tan −1 (30 / (−140)) = −12° (que, como sabemos que o ponto final está
no segundo quadrante, pode ser descrito como 12° no sentido horário a partir do semieixo x negativo ou 168° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo).
15. Convém notar que uma forma eficiente de resolvereste problema de soma de vetores se

ria usar a lei dos cossenos (que neste caso, em que a , b e r formam um triângulo isósceles,
seria fácil de aplicar).
 Entretanto, usando uma abordagem mais sistemática, observamos que o
ângulo que o vetor b faz com o semieixo x positivo é 30° + 105° = 135° e aplicamos as Eqs.
3-5 e 3-6.

(a) A componente x de r é rx = (10,0 m) cos 30° + (10,0 m) cos 135° = 1,59 m.

(b) A componente y de r é ry = (10,0 m) sen 30° + (10,0 m) sen 135° = 12,1 m.


(c) O módulo de r é r = | r | =
(1, 59 m)2 + (12,1 m)2 = 12, 2 m.

(d) O ângulo entre r e o semieixo x positivo é tan–1[(12,1 m)/(1,59 m)] = 82,5°.
 
16. (a) a + b = (3, 0 ˆi + 4, 0 ˆj) m + (5, 0 ˆi − 2, 0 ˆj) m = (8, 0 m) ˆi + (2, 0 m) ˆj .
 
(b) O módulo de a + b é
 
| a + b |=
(8, 0 m)2 + (2, 0 m)2 = 8, 2 m.
(c) O ângulo entre este vetor e o semieixo x positivo é
tan–1[(2,0 m)/(8,0 m)] = 14°.
 
(d) b − a = (5, 0 ˆi − 2, 0 ˆj) m − (3, 0 ˆi + 4, 0 ˆj) m = (2, 0 m) ˆi − (6, 0 m) ˆj .
 
(e) O módulo da diferença b − a é
 
| b − a |= (2, 0 m)2 + (−6, 0 m)2 = 6, 3 m.
(f) O ângulo entre este vetor e o semieixo x positivo é tan–1[( –6,0 m)/(2,0 m)] = –72°. O vetor
faz um ângulo de 72° no sentido horário com o eixo definido por î .
17. Muitas operações com vetores podem ser executadas nas calculadoras gráficas modernas,
que dispõem de rotinas de manipulação e vetores e de transformação da forma retangular para
a forma polar, e vice-versa. Nesta solução, vamos usar métodos “tradicionais”, como a Eq. 3-6.
Quando a unidade de comprimento é omitida, fica implícito que se trata do metro.
(a) Na notação de vetores unitários,

a = (50 m) cos(30) ˆi + (50 m) sen(30 ) ˆj

b = (50 m) cos (195) ˆi + (50 m) sen(195) ˆj

c = (50 m) cos (315) ˆi + (50 m) sen(315) ˆj



a + b + c = (30, 4 m) ˆi − (23,3 m) ˆj.
O módulo do vetor soma é
(30, 4 m)2 + (−23, 3 m)2 = 38 m .
62 soluções dos problemas
(b) O cálculo do ângulo entre o vetor encontrado no item (a) e o semieixo x positivo oferece
duas possibilidades: tan–1[(–23,2 m)/(30,4 m)] = –37,5° e 180° + (–37,5°) = 142,5°. A primeira
possibilidade é a resposta correta, já que, pelos sinais das componentes, sabemos que o vetor
está no quarto quadrante. Assim, o ângulo é –37,5°, que pode ser descrito como um ângulo de
37,5° no sentido horário com o semieixo x positivo ou como 322,5° no sentido anti-horário
com o semieixo x positivo.
(c) Temos:
  
a − b + c = [43, 3 − (−48, 3) + 35, 4] ˆi − [25 − ( − 12,9) + ( − 35,4)] ˆj = (127 ˆi + 2, 60 ˆj) m
na notação de vetores unitários. O módulo do vetor é
  
| a − b + c | = (127 m)2 + (2, 6 m)2 ≈ 1, 30 × 10 2 m.
(d) O ângulo entre o vetor do item (c) e o semieixo x positivo é tan −1 (2,6 m/127 m) ≈ 1,2°.
   

(e) Usando a notação dos vetores unitários, d é dado por d = a + b − c = (−40, 4 ˆi + 47, 4 ˆj) m,
cujo módulo é (−40, 4 m)2 + (47, 4 m)2 = 62 m.
(f) O cálculo do ângulo entre o vetor encontrado no item (e) e o semieixo x positivo oferece
duas possibilidades: tan −1 (47, 4 / (−40, 4)) = −50, 0° e 180 + (−50, 0) = 130. A segunda pos
sibilidade é a resposta correta, já que, pelos sinais das componentes, sabemos que d está no
segundo quadrante.

18. Para poder usar diretamente a Eq. 3-5, notamos que o ângulo entre o vetor C e o semieixo
x positivo é 180° + 20,0° = 200°.

(a) As componentes x e y de B são
Bx = Cx – Ax = (15,0 m) cos 200° – (12,0 m) cos 40° = –23,3 m,
By = Cy – Ay = (15,0 m) sen 200° – (12,0 m) sen 40° = –12,8 m.


Assim, o módulo de B é | B | =
(−23, 3 m)2 + (−12, 8 m)2 = 26, 6 m.

(b) O cálculo do ângulo entre B e o semieixo x positivo oferece duas possibilidades: tan−1[(–12,8 m)/
(–23,3 m)] = 28,9° e 180° + 28,9° = 209°. A segunda possibilidade é a resposta certa, já que,
pelos sinais das componentes, sabemos que B está no terceiro quadrante. Note que o ângulo
também pode ser expresso como −151°.
19. (a) Com î apontando para a frente e ĵ para a esquerda, o deslocamento total é (5,00 î +
2,00 ĵ) m . O módulo é dado pelo teorema de Pitágoras: (5, 00 m)2 + (2, 00 m)2 = 5,385 m ≈
5,39 m.
(b) O ângulo é tan−1(2,00/5,00) ≈ 21,8º (para a frente e à esquerda).

20. O resultado desejado é o vetor deslocamento A = (5,6 km), 90º (medidos no sentido anti
horário a partir do semieixo x positivo), que também pode ser expresso como A = (5, 6 km)jˆ ,
em que ĵ é o vetor unitário na direção do semieixo y positivo (norte). Este vetor é a soma de

dois deslocamentos: o deslocamento errôneo B = (7, 8 km), 50 ° ou

B = (7, 8 km)(cos 50 ˆi + sen 50  ˆj) = (5,01 km)ˆi + (5, 98 km) ˆj

  
e um vetor C de correção a ser determinado. Assim, A = B + C .
soluções dos problemas 63
  
(a) O deslocamento desejado é dado por C = A − B = (−5, 01 km) ˆi − (0, 38 km) ˆj, cujo módulo
é (−5, 01 km)2 + (−0, 38 km)2 = 5, 0 km.
(b) O ângulo é tan −1[(−0, 38 km) / (−5, 01 km)] = 4, 3 ao sul do oeste.
21. Lendo com atenção, vemos que as especificações (x, y) das quatro “corridas” podem ser
interpretadas como descrições na forma (Dx , Dy) dos vetores deslocamento correspondentes.
Combinamos as diferentes partes do problema em uma única solução.
(a) Ao longo do eixo x, temos (com todos os números em centímetros):
30, 0 + bx − 20, 0 − 80, 0 = −140
o que nos dá bx = –70,0 cm.
(b) Ao longo do eixo y, temos:
40, 0 − 70, 0 + cy − 70, 0 = −20, 0
o que nos dá cy = 80,0 cm.
(c) O módulo do deslocamento total (–140, –20,0) é
(−140)2 + (−20, 0)2 = 141 cm.
(d) Como o deslocamento está no terceiro quadrante, o ângulo do deslocamento total é dado por
π + tan −1[(−20, 0) / (−140)] ou 188° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo (ou
−172° no sentido horário a partir do semieixo x positivo).
22. Como os vetores foram dados na forma “padrão”, a Eq. 3-5 pode ser usada diretamente.
Usamos esse fato para escrever os vetores na notação dos vetores unitários antes de somá-los.
Outra abordagem seria usar os recursos de uma calculadora gráfica.
(a) Levando em conta que alguns ângulos foram dados em graus e outros em radianos, chegamos
às seguintes expressões para os vetores na notação dos vetores unitários, em unidades do SI:

E = 3, 73 ˆi + 4, 70 ˆj
F = 1, 29 ˆi − 4, 83 ˆj
ˆ
ˆ
G
 = 1, 45 i + 3, 73 j
ˆ
ˆ
   H = −5, 20 i + 3, 00 j
ˆ
ˆ
E + F + G + H = 1, 28 i + 6, 60 j.
(b) O módulo do vetor obtido no item (a) é
(1, 28 m)2 + (6, 60 m)2 = 6, 72 m .
(c) O ângulo do vetor é tan–1(6,60/1,28) = 79,0°, no sentido anti-horário a partir do semieixo x
positivo.
(d) Usando o fator de conversão  rad = 180°, 79,0° = 1,38 rad.
23. O vetor soma (que, de acordo com o enunciado, tem a orientação do semieixo y positivo e o
 

1
mesmo módulo que B = (3 A)2 + A 2 ⇒ A =
B = 2, 2 m) forma com C e B um triân10

gulo isósceles. Como o ângulo entre C e o eixo y é u = tan −1 (3 / 4) = 36, 87° , B = 2C sen (u / 2)

e C = 3, 0 2 + 4, 0 2 = 5, 0 , B = 3,2.
64 soluções dos problemas


24. Podemos expressar matematicamente o enunciado do problema como A + B = (3A) ˆj, em

que A = Aî e B = 7,0 m. Como î ⊥ ĵ, podemos usar o teorema de Pitágoras para expressar B
em termos dos módulos dos outros dois vetores:

1
B = (3 A)2 + A 2 ⇒ A =
B = 2, 2 m.
10

25. A estratégia consiste em determinar a posição do camelo ( C ) somando os dois deslocamentos consecutivos descritos no problema e calcular a diferença entre essa posição e a posição do

oásis ( B ). Usando a notação módulo-ângulo, temos:

C = (24 ∠ − 15) + (8,0 ∠ 90 ) = (23,25 ∠ 4,41)
e, portanto,
 
B − C = (25 ∠ 0 ) − (23,25 ∠ 4,41) = (2,6 ∠ − 45)
um cálculo que pode ser feito com facilidade em uma calculadora gráfica no modo polar.
A distância é, portanto, 2,6 km.
    


26. A equação vetorial é R = A + B + C + D . Expressando B e D na notação dos vetores unitários, temos (1, 69 ˆi + 3, 63ˆj) m e (−2, 87 ˆi + 4,10 ˆj) m, respectivamente.

(a) Somando as componentes, obtemos R = (−3,18 m) ˆi + (4, 72 m) ˆj.
(b) De acordo com a Eq. 3-6, o módulo é

| R |= (−3,18 m)2 + (4, 72 m)2 = 5, 69 m.
(c) O ângulo é
 4, 72 m 
= −56, 0° (com o seemieixo x negativo).
u = tan −1 
 −3,18 m 
Se for medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo, o ângulo será
180 − 56, 0 = 124. Convertendo o resultado para coordenadas polares, temos, portanto:
( −3,18, 4, 72)
→
(5, 69 ∠ 124 )
27. Resolvendo o sistema de equações, obtemos:


(a) d1 = 4 d3 = 8 ˆi + 16 ˆj


(b) d2 = d3 = 2 ˆi + 4 ˆj


28. Seja A a primeira parte da corrida do besouro 1 (0,50 m para leste ou 0, 5 î ) e C a primeira
parte da corrida do besouro
 2 (1,6 m em uma direção 40º ao leste do norte).Na segunda parte
da corrida do besouro 1, B é 0,80 m em uma direção 30º ao norte do leste e D é desconhecido.
A posição final do besouro 1 é
 
A + B = (0, 5 m) ˆi + (0,8 m)(cos30 ° ˆi + sen30 ° ˆj)) = (1,19 m) ˆi + (0,40 m) ˆj.
   
A equação que relaciona os quatro vetores é A + B = C + D , em que

C = (1, 60 m)(cos 50, 0° ˆi + sen50,0 ° ˆj) = (1,03 m)ˆi + (1,23 m)jˆ
   
(a) D = A + B − C = (−0,16 m ) ˆi + (−0,83 m ) ˆj e o módulo é D = 0,84 m.
soluções dos problemas 65
(b) O ângulo é tan −1 (−0, 83 / 0,16) = −79° , que é interpretado como 79° ao sul do leste (ou 11º
a leste do sul).
29. Seja l0 = 2, 0 cm o comprimento de cada segmento. O formigueiro está situado na extremidade do segmento w.
(a) Usando a notação dos vetores unitários, o vetor deslocamento do ponto A é

   
d A = w + v + i + h = l0 (cos 60° ˆi + sen60 ° ˆj) + l0 ˆj + l0 (cos120° ˆi + sen120 ° ˆj) + l0 ˆj
= (2 + 3 )ll0 ˆj.
( )
( )


Assim, o módulo de d A é | d A | = (2 + 3 )(2, 0 cm) = 7, 5 cm.

−1
−1
(b) O ângulo de d A é u = tan (d A ,y / d A ,x ) = tan () = 90°.
(c) O deslocamento do ponto B é

    
dB = w + v + j + p + o
= l0 (cos 60 ˆi + sen 60  ˆj) + l0 ˆj + l0 (cos 60 ˆi + sen60  ˆj) + l0 (cos 30 ˆi + sen30  ˆj) + l0 ˆi
= (2 + 3 / 2)l0 ˆi + (3 / 2 + 3 )l0 ˆĵ.
( )
( )

Assim, o módulo de d B é

| d B | = l0 (2 + 3 / 2)2 + (3 / 2 + 3 )2 = (2, 0 cm)(4, 3) = 8, 6 cm
m.

(d) O ângulo de d B é
3/ 2+ 3
d 
−1
u B = tan −1  B , y  = tan −1 
 = tan (1,13) = 48° .
 d B ,x 
 2 + 3 / 2
30. Muitas operações com vetores podem ser feitas diretamente em calculadoras gráficas. Nesta
solução, usamos métodos “tradicionais”, como a Eq. 3-6.

(a) O módulo de a é a =
(4, 0 m)2 + (−3, 0 m)2 = 5, 0 m.

(b) O ângulo entre a e o semieixo x positivo é tan–1 [(–3,0 m)/(4,0 m)] = –37°. O vetor faz um
ângulo de 37° no sentido horário com o eixo definido por î .

(c) O módulo de b é b =
(6, 0 m)2 + (8, 0 m)2 = 10 m.

(d) O ângulo entre b e o semieixo x positivo é tan–1[(8,0 m)/(6,0 m)] = 53°.
 
(e) a + b = (4, 0 m + 6, 0 m) ˆi + [(−3, 0 m + 8, 0 m]ˆj = (10 m) ˆi + (5, 0 m) ˆj . O módulo do vetor é
 
| a + b |= (10 m)2 + (5, 0 m)2 = 11 m; arredondamos os resultados para dois algarismos significativos.
(f) O ângulo entre o vetor descrito no item (e) e o semieixo x positivo é tan–1[(5,0 m)/(10 m)] =
27°.
 
(g) b − a = (6, 0 m − 4, 0 m) ˆi + [8, 0 m − (−3, 0 m)] ˆj = (2, 0 m) ˆi + (11 m ) ˆj. O módulo do vetor
 
é | b − a |= (2, 0 m)2 + (11 m)2 = 11 m, o que, curiosamente, é o mesmo resultado do item (e)
(exatamente, não apenas nos dois primeiros algarismos significativos). Essa coincidência se


deve ao fato de que a ⊥ b .
66 soluções dos problemas
(h) O ângulo entre o vetor descrito no item (g) e o semieixo x positivo é tan–1[(11 m)/(2,0 m)] =
80°.
 
(i) a − b = (4, 0 m − 6, 0 m) ˆi + [( − 3,0 m) − 8,0 m] ˆj = (−2,0 m) ˆi + (−11 m) ˆj. O módulo do ve 
tor é | a − b |= (−2, 0 m)2 + (−11 m)2 = 11 m.
(j) O cálculo do ângulo entre o vetor encontrado no item (i) e o semieixo x positivo oferece duas
possibilidades: tan–1 [(–11 m)/(–2,0 m)] = 80° e 180° + 80° = 260°. A segunda possibilidade é
a resposta correta [veja o item (k)].
 
 
(k) Como a − b = (−1)(b − a ) , os dois vetores são antiparalelos (apontam em sentidos opostos);
por isso, o ângulo entre eles deve ser 180°.
31. (a) Como se pode ver na figura, o ponto diametralmente oposto à origem (0, 0, 0) é o ponto
(a, a, a), cujo vetor posição é a ˆi + a ˆj + a kˆ , que coincide com a diagonal do cubo.
(b) O ponto diametralmente oposto a (a, 0, 0), que corresponde ao vetor posição a î, é o ponto
(0, a, a), cujo vetor posição é a ˆj + a kˆ . O vetor que liga os dois pontos é o vetor diferença,
ˆ
2a ˆi + a ˆj + a k.
(c) O ponto diametralmente oposto a (0, a, 0), que corresponde ao vetor posição a ĵ , é o ponˆ O vetor que liga os dois pontos é o vetor diferença,
to (a, 0, a), cujo vetor posição é a ˆi 1 a k.
ˆ
a ˆi 2 aˆj 1 a k.
(d) O ponto diametralmente oposto a (a, a, 0), que corresponde ao vetor posição a ˆi + a ˆj , é
o ponto (0, 0, a), cujo vetor posição é k̂. O vetor que liga os dois pontos é o vetor diferença,
ˆ
2a ˆi 2 a ˆj 1 a k.
(e) Considere o vetor que liga o vértice inferior esquerdo ao vértice superior direito, a ˆi + a ˆj + a kˆ .
Podemos pensar nesse vetor como a soma do vetor a î , paralelo ao eixo x, com o vetor a ˆj + a kˆ ,
perpendicular ao eixo x. A tangente do ângulo entre o vetor e o eixo x é a componente perpendicular dividida pela componente paralela. Como o módulo da componente perpendicular
é a 2 + a 2 = a 2 e o módulo da componente paralela é a, tan u = (a 2 ) / a = 2 .
Assim, u = 54, 7°. O ângulo entre o vetor e as outras duas arestas vizinhas (os eixos y e z) é
o mesmo, o que também acontece com o ângulo entre os outros vetores diagonais e as arestas
vizinhas a esses vetores.
(f) O comprimento de todas as diagonais é dado por
a2 + a2 + a2 = a 3.
32. (a) Para a = 17,0 m e θ = 56,0°, obtemos ax = a cos θ = 9,51 m.
(b) ay = a sen θ = 14,1 m.
soluções dos problemas 67
(c) O ângulo em relação ao novo sistema de coordenadas é θ9 = (56,0° – 18,0°) = 38,0°. Assim,
ax′ = a cosu ′ = 13, 4 m.
(d) a y′ = a sen θ9 = 10,5 m.
 
  
33. Observando a figura, vemos que a + b + c = 0 e que a ⊥ b .
 
(a) a × b = (3,0)(4,0) = 12, já que o ângulo entre os vetores é 90º.
 
(b) Usando a regra da mão direita, vemos que o vetor a × b aponta na direção do produto ˆi × ˆj = kˆ,
ou seja, no sentido positivo do eixo z.
  
 
 
(c) a × c = a × (− a − b ) = −(a × b ) = 12.
 
ˆ ou seja, no sentido negativo do
(d) O vetor − a × b aponta na direção do produto − ˆi × ˆj = − k,
eixo z.





(e) b × c = b × (− a − b ) = −(b × a ) = (a × b ) = 12.
(f) O vetor aponta no sentido positivo do eixo z.
34. Usamos a Eq. 3-30 e a Eq. 3-23.
 

(a) a × b = (ax by − a ybx ) k̂, já que todos os outros termos são nulos, devido ao fato de que a e

b não possuem componentes z. O resultado é [(3,0)(4,0) − (5,0)(2,0)]kˆ 5 2,0 kˆ .
 
(b) a ⋅ b = ax bx + ay by nos dá (3,0)(2,0) + (5,0)(4,0) = 26.
  
 
(c) a + b = (3,0 + 2,0) ˆi + (5,0 + 4,0) ˆj ⇒ (a + b ) ⋅ b = (5,0) (2,0) + (9,0) (4,0) = 46.
(d) Várias abordagens são possíveis. Nesta solução, definimos um vetor unitário b̂ com a mesma

orientação que o vetor b̂ e calculamos o produto escalar a . b̂. O resultado é o seguinte:

b
2, 0 ˆi + 4, 0 ˆj
ˆ
b' =  =
b
(2, 0)2 + (4, 0)2
Obtemos então
(3, 0)(2, 0) + (5, 0)(4, 0)

ab = a ⋅ bˆ =
= 5, 8
(2, 0)2 + (4, 0)2
35. (a) O produto escalar é (4,50)(7,30) cos(320º – 85,0º) = – 18,8.
(b) O produto vetorial aponta na direção do vetor k̂ e o módulo do vetor é (4,50)(7,30) sen(320º –
85,0º)| = 26,9.
 

36. Para começar, escrevemos a expressão do enunciado na forma 4( d3 · d 4 ), em que d3 =
 




 
 
c = pa + qb e d4 = d1 × d2. Como d3 está no plano de d1 e d 2 e d 4 é perpendicular ao plano


de d1 e d2 , chegamos à conclusão de que o resultado é nulo, independentemente dos valores


de d1 e d 2 , já que o produto escalar de dois vetores perpendiculares é zero.
68 soluções dos problemas
37. Vamos aplicar as Eqs. 3-23 e 3-30. Se o leitor dispõe de uma calculadora capaz de trabalhar
com vetores, pode usá-la para confirmar se os resultados estão corretos.
(a)
(b)
(c)
 
b × c = −8, 0 ˆi + 5,0 ˆj + 6,0kˆ
 

a ⋅ (b × c ) = (3,0) ( − 8, 0) + (3,0)(5,0) + ( − 2,, 0) (6,0) = − 21.
 
b + c = 1,0 ˆi − 2,0 ˆj + 3,0 kˆ
  
a ⋅ (b + c ) = (3,0) (1,0) + (3,0) ( − 2, 0) + ( − 2, 0) (3,0) = −9, 0.
  
a × (b + c ) = [(3,0)(3,0) − ( − 2, 0)( − 2, 0)] ˆi + [( − 2, 0)(1,0) − (3,0)(3,0)] ˆj
+[(3,0)( − 2, 0) − (3,0)(1,0)] kˆ
= 5iˆ − 11jˆ − 9 kˆ
38. Usando as relações
ˆi × ˆj = k,
ˆ ˆj × kˆ = ˆi, kˆ × ˆi = ˆj
obtemos:
 
2 A × B = 2(2, 00 ˆi + 3, 00 ˆj − 4, 00 kˆ ) × (−3, 00 ˆi + 4, 00 ˆj + 2, 00 kˆ ) = 44, 0 ˆi + 16, 0 ˆj + 34, 0 kˆ
Em seguida, usando as relações
ˆi ⋅ ˆi = ˆj ⋅ ˆj = kˆ ⋅ kˆ = 1
ˆi ⋅ ˆj = ˆj ⋅ kˆ = kˆ ⋅ î = 0
obtemos:

 
3C ⋅ (2 A × B) = 3(7, 00i − 8, 00 j) ⋅ (44, 0i + 16, 0 j + 34, 0 k )
= 3[(7, 00)(44, 0) + (−8, 00)(16, 0) + (0)(34, 0)] = 540.
   
39. De acordo com a definição de produto escalar entre A e B, A ⋅ B = AB cosu , temos:
 
A⋅ B
cosu =
AB
 
Para A = 6, 00 , B = 7, 00 e A ⋅ B = 14, 0 , cosu = 0, 333 e u = 70, 5°.
40. Em termos dos vetores unitários, os vetores deslocamento são

d1 = (4, 50 m)(cos 63° ˆj + sen63° k̂ ) = (2, 04 m ) ˆj + (4, 01 m) k̂

d2 = (1, 40 m)(cos 30° ˆi + sen30° k̂ ) = (1, 21 m ) ˆi + (0, 70 m) k̂ .
 
(a) O produto escalar de d1 e d 2 é
 
ˆ = (4, 01k)
ˆ ⋅ (0, 70 k)
ˆ = 2,81 m 2 .
d1 ⋅ d2 = (2, 04 ˆj + 4, 01 kˆ ) ⋅ (1, 21iˆ + 0, 70 k)


(b) O produto vetorial de d1 e d 2 é
 
ˆ
d1 × d2 = (2, 04 ˆj + 4, 01 kˆ ) × (1, 21iˆ + 0, 70 k)
ˆ
ˆ
= (2, 04)(1, 21)(− k) + (2, 04)(0, 70)i + (4, 01)(1, 21) ˆj
ˆ m2 .
= (1, 43 ˆi + 4, 86 ˆj − 2, 48 k)
 
(c) Os módulos de d1 e d 2 são
d1 = (2, 04 m)2 + (4, 01 m)2 = 4, 50 m
d 2 = (1, 21 m)2 + (0, 70 m)2 = 1, 40 m.
soluções dos problemas 69
Assim, o ângulo entre os dois vetores é
 
 d1 ⋅ d 2 
2, 81 m 2


−1
−1
= 63, 5°.
u = cos 
=
cos



(4, 50 m)(1, 40 m) 
 d1d 2 
41. Como ab cos φ = axbx + ayby + azbz,
cos  =
ax bx + a y by + az bz
.
ab
Os módulos dos vetores dados no problema são

a = a = (3, 00)2 + (3, 00)2 + (3, 00)2 = 5, 20

b = b = (2, 00)2 + (1, 00)2 + (3, 00)2 = 3, 74.
O cosseno do ângulo entre os dois vetores é dado por
cos  =
(3, 00)(2, 00) + (3, 00)(1, 00) + (3, 00)(3, 00)
= 0, 926
(5, 20)(3, 74)
O ângulo é φ = 22°.
42. Os dois vetores (com a unidade implícita) são:


d1 = 4, 0 ˆi + 5,0 ˆj = d1x ˆi + d1y ˆj, d2 = −3, 0 ˆi + 4,0 ˆj = d2 x ˆi + d2 y ˆj
(a) O produto vetorial é
 
d1 × d2 = (d1x d2 y − d1y d2 x ) kˆ = [(4, 0)(4, 0) − (5, 0)(−3, 0)] kˆ = 31 kˆ
(b) O produto escalar é
 
d1 ⋅ d 2 = d1x d 2 x + d1 y d 2 y = (4, 0)(−3, 0) + (5, 0)(4, 0) = 8, 0.
(c)
  
 
(d1 + d 2 ) ⋅ d 2 = d1 ⋅ d 2 + d 22 = 8, 0 + (−3, 0)2 + (4, 0)2 = 33.


(d) O produto escalar de d1 e d 2 é (6,4)(5,0) cos θ = 8. Dividindo ambos os membros
por 32 e

tomando o cosseno inverso, obtemos θ = 75,5°. Assim, a componente do vetor d1 em relação

a d 2 é 6,4 cos 75,5 ≈ 1,6.



43. Vemos na figura que c ⊥ b , o que significa que o ângulo entre c e o semieixo x positivo
é θ + 90°. Na notação dos vetores unitários, os três vetores são

a = ax ˆi
b = bx ˆi + by ˆj = (b cosu ) ˆi + (b s e n u ) ˆj

c = cx ˆi + cy ˆj = [c cos(u + 90° )]ˆi + [c s e n(u + 90° )]ˆj
As expressões acima permitem determinar as componentes dos vetores.

(a) A componente x de a é ax = a cos 0° = a = 3,00 m.

(b) A componente y de a é ay = a sen 0° = 0.

(c) A componente x de b é bx = b cos 30° = (4,00 m) cos 30° = 3,46 m.

(d) A componente y de b é by = b sen 30° = (4,00 m) sen 30° = 2,00 m.
70 soluções dos problemas

(e) A componente x de c é cx = c cos 120° = (10,0 m) cos 120° = –5,00 m.

(f) A componente y de c é cy = c sen 30° = (10,0 m) sen 120° = 8,66 m.

 
(g) O fato de que c = pa + qb significa que

c = cx ˆi + cy ˆj = p(ax ˆi ) + q(bx ˆi + by ˆj) = ( pax + qbx ) ˆi + qby ˆj
ou
cx = pax + qbx ,
cy = qby
Substituindo os valores das componentes, temos:
−5, 00 m = p (3, 00 m) + q (3, 46 m)
8, 66 m = q (2, 00 m).
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos p = –6,67.
(h) q = 4,33 (note que é mais fácil calcular primeiro o valor de q). Tanto p como q são adimensionais.



44. Aplicando a Eq. 3-23, F = qv × B (na qual q é um escalar) se torna
Fx ˆi + Fy ˆj + Fz kˆ = q(vy Bz 2 vz By )iˆ + q(vz Bx 2 vx Bz )ˆj + q(vx By 2 vy Bx )kˆ
que, substituindo por valores numéricos, leva às seguintes igualdades:
4, 0 = 2 (4, 0 Bz − 6, 0 By )
−20 = 2 (6, 0 Bx − 2, 0 Bz )
12 = 2 (2, 0 By − 4, 0 Bx )
Como sabemos que Bx = By, a terceira equação nos dá By = –3,0. Substituindo este valor na primeira equação, obtemos Bz = –4,0. Assim, a resposta é

B = −3, 0 ˆi − 3, 0 ˆj − 4, 0 kˆ .
45. Na notação dos vetores unitários, os dois vetores são

A = 8, 00(cos 130° ˆi + sen 130° ˆj) = −5,14 ˆi + 6,13 ˆj

B = Bx ˆi + By ˆj = −7, 72 ˆi − 9, 20 ˆj.
(a) O produto escalar pedido é
 
5 A ⋅ B = 5(−5,14 ˆi + 6,13 ˆj) ⋅ (−7, 72 ˆi − 9, 20 ˆj) = 5[(−5,14)(−7, 72) + (6,13)(−9, 20)]
= −83, 4.
(b) Na notação dos vetores unitários,


 
ˆ = 1,14 × 10 3 kˆ
4 A × 3 B = 12 A × B = 12(−5,14 ˆi + 6,13 ˆj) × (−7, 72 ˆi − 9, 20 ˆj) = 12(94,6 k)
(c) Como o ângulo azimutal não é definido para vetores cujo ângulo polar é zero, a resposta
correta é simplesmente “1,14×103, φ = 0°”.
 

(d) Como A está no plano xy e A × B é perpendicular ao plano xy, a resposta é 90°.


(e) A + 3, 00 kˆ = −5,14iˆ + 6,13ˆj + 3, 00 kˆ A + 3, 00 kˆ = −5,14iˆ + 6,13ˆj + 3, 00 kˆ
(f) De acordo com o teorema de Pitágoras, A = (5,14)2 + (6,13)2 + (3, 00)2 = 8, 54 . O ângulo

azimutal é θ = 130°, como no enunciado do problema [ A é a projeção no plano xy do novo vetor que foi criado no item (e)]. O ângulo polar é
φ = cos−1(3,00/8,54) = 69,4°.
soluções dos problemas 71
46. Os vetores são mostrados na figura. O eixo x está na direção oeste-leste e o eixo y na direção sul-norte. Assim, ax = 5,0 m, ay = 0, bx = –(4,0 m) sen 35° = –2,29 m, by = (4,0 m) cos 35° =
3,28 m.
  
(a) Seja c = a + b .
cx = ax + bx = 5,00 m − 2,29 m = 2,71 m e cy = ay + by = 0 + 3,28 m = 3,28 m. O módulo de c
é
c=
cx2 + cy2 =
(2, 71 m)2 + (3, 28 m)2 = 4, 2 m.
  
(b) O ângulo θ entre c = a + b e o semieixo x positivo é
 3, 28 
c 
u = tan −1  y  = tan −1 
 = 50, 5° ≈ 50°.
 cx 
 2,71 
A segunda possibilidade (θ = 50,4° + 180° = 230,4°) é rejeitada porque o vetor apontaria no

sentido oposto ao de c .
 
 
(c) O vetor b − a pode ser obtido somando − a a b . O resultado é mostrado no diagrama a se  
guir. Seja c = b 2 a. As componentes são
cx = bx − ax = −2, 29 m − 5, 00 m = −7,29 m
cy = by − a y = 3, 28 m.

O módulo de c é c =
cx2 + cy2 = 8, 0 m.

(d) A tangente do ângulo θ que c faz com o semieixo x positivo (direção leste) é
tan u =
cy
3, 28 m
=
= −4, 50.
cx −7, 29 m
Existem duas soluções: –24,2° e 155,8°. Como mostra o diagrama, a segunda solução é a cor
 
reta. A orientação do vetor c = − a + b é 24° ao norte do oeste.
72 soluções dos problemas
47. Notando que o ângulo dado de 130° deve ser medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo, escrevemos os dois vetores na forma

A = 8, 00(cos 130° ˆi + s e n 130° ˆj) = −5,14 ˆi + 6,13 ˆj

B = Bx ˆi + By ˆj = −7, 72 ˆi − 9, 20 ˆj.

(a) O ângulo entre o semieixo y negativo ( − ĵ ) e o vetor A é



 A ⋅ (− ˆj) 
−6,13
 −6,13 
−1
= 140°.
u = cos 
= cos −1 
= cos −1 

2
2 
 8, 00 
A
(
−
,
)
+
(
5
14
6
,
13
)




Também podemos dizer que a direção −y corresponde a um ângulo de 270° e a resposta é simplesmente 270° − 130° = 140°.
 
(b) Como o eixo y está no plano xy e o produto vetorial A × B é perpendicular ao plano xy, a
resposta é 90,0°.
(c) O vetor pode ser simplificado da seguinte forma:


ˆ
A × ( B + 3, 00 kˆ ) = (−5,14 ˆi + 6,13 ˆj) × (−7, 72 ˆi − 9, 20 ˆj + 3, 00 k)
= 18,39 ˆi + 15, 42 ˆj + 94,61kˆ


ˆ | = 97,6. O ângulo entre o semieixo y negativo ( − ĵ ) e a orientaO módulo é | A × ( B + 3, 00k)
ção do vetor é
 −15, 42 
= 99,1°.
u = cos−1 
 97, 6 
48. Nos casos em que a unidade de comprimento não é indicada, está implícito que se trata do
metro.


(a) Os módulos dos vetores são a = | a | = (3, 2)2 + (1, 6)2 = 3, 58e b = | b | =
+ (4, 5)2 = 4, 53 . Nesse caso,
 
a ⋅ b = ax bx + a y by = ab cos 
(0, 50)2 + (4, 5)25= 4, 53
(3,2)(0,50) + (1,6)(4,5) = (3,58)(4,53) cos φ
o que nos dá φ = 57° (o arco cosseno, com o arco tangente, tem dois valores possíveis, mas sabemos que este é o valor correto porque os dois vetores estão no mesmo quadrante).

(b) Como o ângulo de a (medido a partir do semieixo x positivo) é tan–1(1,6/3,2) = 26,6°, sa
bemos que o ângulo de c é 26,6° –90° = –63,4° (a outra possibilidade, 26,6° + 90°, levaria a
cx < 0). Assim,
cx = c cos (–63,4° )= (5,0)(0,45) = 2,2 m.
(c) cy = c sen (–63,4°) = (5,0)( –0,89) = – 4,5 m.

(d) Sabemos que o ângulo de d é 26,6° + 90° = 116,6°, o que nos dá
dx = d cos(116,6°) = (5,0)( –0,45) = –2,2 m.
(e) dy = d sen 116,6° = (5,0)(0,89) = 4,5 m.
soluções dos problemas 73
49. A situação é mostrada na figura a seguir.


Seja a a primeira parte da viagem (50,0 km para leste) e seja c a viagem desejada (90,0 km

  
para o norte). Queremos determinar um vetor b tal que c = a + b .
(a) De acordo com o teorema de Pitágoras, a distância percorrida pelo barco deve ser
b = (50, 0 km)2 + (90, 0 km)2 = 103 km.
(b) A direção deve ser
 50, 0 km 
= 29,1°
 = tan −1 
 90, 0 km 
a oeste do norte (o que equivale a 60,9° ao norte do oeste).
Note que este problema também poderia ser resolvido expressando primeiro os vetores na no

tação dos vetores unitários: a = (50, 0 km) ˆi , c = (90, 0 km) ˆj. Isso nos dá
  
  
b = c − a = −(50, 0 km) ˆi + (90, 0 km) ˆj b = c − a = −(50, 0 km) ˆi + (90, 0 km) ˆj

O ângulo entre b e o semieixo x positivo é
 90, 0 km 
= 119,1°
u = tan −1 
 −50, 0 km 
A relação entre θ e φ é u = 90° +  .




50. Os vetores d1 e d 2 são dados por d1 = − d1 ˆj e d2 = d2 ˆi.

(a) O vetor d 2 / 4 = (d 2 / 4) ˆi aponta na direção do semieixo x positivo. O fator de 1/4 não muda
a orientação do vetor.

(b) O vetor d1 / (−4) = (d1 / 4) ˆj aponta na direção do semieixo y positivo. O sinal negativo (do
“−4”) inverte o sentido do vetor: −(–y) = + y.
 
(c) d1 ⋅ d 2 = 0 , já que ˆi ⋅ ˆj = 0 ; o produto escalar de dois vetores perpendiculares é zero.
 
 
(d) d1 ⋅ (d 2 / 4) = (d1 ⋅ d 2 ) / 4 = 0 , como no item (c).
 
ˆ na direção do semieixo z positivo.
(e) d1 × d2 = − d1d2 ( ˆj × ˆi) = d1d2 k,
 
(f) d2 × d1 = − d2 d1 ( ˆi × ˆj) = − d1d2 kˆ , na direção do semieixo z negativo.
74 soluções dos problemas
(g) O módulo do vetor do item (e) é d1d 2 .
(h) O módulo do vetor do item (f) é d1d 2 .

ˆ o módulo é d1d 2 / 4.
(i) Como d1 × (d2 / 4) = (d1d2 / 4) k,


(j) O vetor d1 × (d2 / 4) = (d1d2 / 4) k̂ aponta na direção do semieixo z positivo.
51. Embora seja possível pensar neste movimento como tridimensional, ele é se torna bidimensional quando o deslocamento é considerado apenas no plano da falha.
(a) O módulo do deslocamento total é

2
2
AB = AD + AC =
(17, 0 m)2 + (22, 0 m)2 = 27, 8 m.

(b) O módulo da componente vertical de AB é |AD| sen 52,0° = 13,4 m.
52. Os três vetores são

d1 = 4, 0 ˆi + 5, 0 ˆj − 6, 0 kˆ
d2 = −1, 0 ˆi + 2, 0 ˆj+3,0 kˆ
d3 = 4, 0 ˆi + 3, 0 ˆj+2,0 kˆ
   
(a) r = d1 − d 2 + d3 = (9, 0 m) ˆi + (6, 0 m) ˆj + (−7, 0 m) k̂ˆ .



(b) O módulo de r é | r |= (9, 0 m)2 + (6, 0 m)2 + (−7, 0 m)2 = 12,9 m. O ângulo entre r e o
semieixo z positivo é dado por

r ⋅ kˆ −7, 0 m
cosu =  =
= −0, 543
| r | 12, 9 m
o que nos dá u = 123°.



(c) A componente de d1 em relação a d 2 é dada por d = d1 ⋅ û = d1cos , onde  é o ângulo



entre d1 e d 2 e û é o vetor unitário na direção de d 2. Usando as propriedades do produto escalar, temos:
 
 
 d1 ⋅ d 2  d1 ⋅ d 2
(4,0)( − 1, 0) + (5, 0)(2, 0) + (−6, 0)(3, 0) −12
=
d = d1 
=
=
= −3,2 m.

d2
 d1d 2 
14
(−1, 0)2 + (2, 0)2 + (3, 0)2
(d) Agora estamos interessados em encontrar uma componente d ⊥ tal que d12 = (4, 0)2 + (.5, 0)2 + (−6, 0)2 = 77 = d2 + d ⊥2
= (4, 0)2 + (5, 0)2 + (−6, 0)2 = 77 = d2 + d ⊥2 . Substituindo d pelo seu valor, calculado no item (c), temos:
d⊥ =
77 m 2 − (−3, 2 m)2 = 8, 2 m.
Com isso, ficamos conhecendo o módulo da componente perpendicular (obteríamos o mesmo
valor usando a Eq. 3-27), mas se quisermos mais informações, como a orientação do vetor ou
uma especificação completa em termos dos vetores unitários, teremos que fazer um cálculo
mais complexo.
53. Usamos a Eq. 3-20 e a Eq. 3-27 para calcular, respectivamente, o produto escalar e o produto vetorial dos dois vetores:
 
a ⋅ b = ab cos 
 
| a × b | = ab sen 
soluções dos problemas 75




(a) Para a = a , b = b e  = 60°, o produto escalar de a e b é
 
a ⋅ b = ab cos  = (10) (6, 0) cos 60 = 30.
(b) Para os mesmos valores de a, b e φ do item anterior, o módulo do produto vetorial dos dois
vetores é
 
| a × b | = ab sen  = (10) (6, 0) sen 60 = 52.
 
  
54. De acordo com a figura, a + b + c = 0 e a ⊥ b .
 
(a) a ⋅ b = 0, já que o ângulo entre os dois vetores é 90º.
  
 
2
(b) a ⋅ c = a ⋅ (− a − b ) = − a = −16.
  
2
 
(c) b ⋅ c = b ⋅ (− a − b ) = − b = −9, 0.
55. Escolhemos o leste como semieixo x positivo e o norte como semieixo y positivo para medir
todos os ângulos da forma “convencional” (ângulos positivos no sentido anti-horário a partir do


semieixo x positivo). Nesse caso, d1 tem módulo d1 = 4,00 m e orientação θ1 = 225°, d 2 tem

módulo d2 = 5,00 m e orientação θ2 = 0° e d3 tem módulo d3 = 6,00 m e orientação θ3 = 60°.

(a) A componente x de d1 é d1x = d1 cos θ1 = –2,83 m.

(b) A componente y de d1 é d1y = d1 sen θ1 = –2,83 m.

(c) A componente x de d 2 é d2x = d2 cos θ2 = 5,00 m.

(d) A componente y de d 2 é d2y = d2 sen θ2 = 0.

(e) A componente x de d3 é d3x = d3 cos θ3 = 3,00 m.

(f) A componente y de d3 é d3y = d3 sen θ3 = 5,20 m.
(g) A soma das componentes x é
dx = d1x + d2x + d3x = –2,83 m + 5,00 m + 3,00 m = 5,17 m.
(h) A soma das componentes y é
dy = d1y + d2y + d3y = –2,83 m + 0 + 5,20 m = 2,37 m.
(i) O módulo do deslocamento resultante é
d=
d x2 + d y2 =
(5,17 m)2 + (2,37 m)2 = 5,69 m.
(j) O ângulo do deslocamento resultante é
θ = tan–1 (2,37/5,17) = 24,6°,
o que significa (lembrando nossa escolha dos eixos de referência) uma direção aproximadamente 25° ao norte do leste.
(k) e (l) Para que a partícula volte ao ponto de partida, a soma vetorial do deslocamento anterior
com o novo deslocamento deve ser nula. Assim, o novo deslocamento é o negativo do deslocamento anterior, o que significa um vetor com o mesmo módulo (5,69 m) apontando na direção
oposta (25° ao sul do oeste).
76 soluções dos problemas
  
56. Para podermos aplicar diretamente a Eq. 3-5, notamos que os ângulos de Q , R e S com
semieixo x positivo são, respectivamente, 100°, 250° e 310°.
(a) Na notação dos vetores unitários, com a unidade metro implícita, temos:

P = 10, 0 cos ( 25, 0 ) ˆi + 10, 0 sen ( 25, 0 ) ˆj

Q = 12, 0 cos (100 ) ˆi + 12, 0 sen (100 ) ˆj

R = 8, 00 cos ( 250 ) ˆi + 8, 00 sen ( 250 ) ˆj

S = 9, 00 cos ( 310 ) ˆi + 9, 00 sen ( 310 ) ˆj
   
P + Q + R + S = (10, 0 m ) ˆi + (1, 63 m) ĵ
(b) O módulo da soma vetorial é
(10, 0 m)2 + (1, 63 m)2 = 10, 2 m.
(c) O ângulo é tan–1 (1,63 m/10,0 m) ≈ 9,24° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo.
57. De acordo com o enunciado do problema, temos:
 
A + B = (6, 0) ˆi + (1, 0) ˆj
 
A − B = −(4, 0) ˆi + (7, 0) ˆj

Somando as equações acima e dividindo por 2, obtemos A = (1, 0) ˆi + (4, 0) ˆj . O módulo de

A é

A = | A | = Ax2 + Ay2 = (1, 0)2 + (4, 0)2 = 4,1

Subtraindo uma das equações acima da outra e dividindo por 2, obtemos B = (5, 0) ˆi + (−3, 0) ˆj .

O módulo de B é

B = | B | = Bx2 + By2 = (5, 0)2 + (−3, 0)2 = 5, 8.
Os resultados são mostrados na figura a seguir.

ˆ em que tomamos ĵ como um vetor unitário
58. O vetor pode ser escrito na forma d = (2, 5 m)j,
apontando para o norte.


(a) O módulo do vetor a = 4,0 d é (4,0)(2,5 m) = 10 m.



(b) A orientação do vetor a = 4,0d é a mesma do vetor d (norte).
soluções dos problemas 77


(c) O módulo do vetor c = − 3,0d é (3,0)(2,5 m) = 7,5 m.




(d) A orientação do vetor c = − 3, 0 d é a orientação oposta à do vetor d , ou seja, o vetor c
aponta para o sul.
59.
 3-8 do livro
 Uma consulta à Figura 3-18 e uma leitura da Seção
 podem ajudar. Convertendo
B para a notação módulo-ângulo (como a do vetor A), temos B = (14, 4 ∠ 33, 7 ) . Nessa notação, uma rotação dos eixos de +20° equivale a subtrair o mesmo ângulo das definições dos


vetores. Assim, A = (12, 0 ∠ 40, 0 )′ e B = (14, 4 ∠ 13, 7) ′ , em que as plicas indicam que
as definições são em termos das novas coordenadas. Convertendo esses resultados para a representação em termos dos vetores unitários, temos:

(a) A = (9,19 m) ˆi ′ + (7, 71 m) ˆj′

(b) B = (14, 0 m) ˆi ′ + (3, 41 m) ˆj′ .
60. Os dois vetores podem ser calculados resolvendo um sistema de equações.




(a) Somando as três equações, obtemos 2a = 6c , que leva a a = 3c = 9 ˆi + 12 ˆj .

 

(b) Substituindo em uma das equações que envolvem a e b, obtemos b = c = 3ˆi + 4 ˆj .
61. Os três vetores dados são

a = 5, 0 ˆi + 4, 0 ˆj − 6, 0 kˆ
b = −2, 0 ˆi + 2, 0 ˆj + 3, 0 kˆ

c = 4, 0 ˆi + 3, 0 ˆj + 2, 0 kˆ
 
 
(a) A equação vetorial r 5 a 2 b 1 c é

r = [5, 0 − (−2, 0) + 4, 0]ˆi + (4, 0 − 2, 0 + 3, 0) ˆj + (−6, 0 − 3, 0 + 2, 0) kˆ
ˆ
= 11iˆ + 5,0jˆ − 7,0k.

(b) Para determinar o ângulo pedido, calculamos o produto escalar de r e k̂. Como

r = |r | = (11,0)2 + (5,0)2 + ( − 7, 0)2 = 14, as Eqs. 3-20 e 3-23 nos dão
 
r ⋅ k = − 7, 0 = (14 ) (1) cos  ⇒  = 120° .
(c) A forma mais simples de determinar a componente de um vetor em uma certa direção é calcular o produto escalar do vetor com um vetor unitário na direção desejada. O vetor unitário na

direção de b é dado por

b
−2, 0 ˆi + 2, 0 ˆj + 3, 0 kˆ
ˆ
b=  =
.
b
(−2, 0)2 + (2, 0)2 + (3, 0)2
Assim, temos:
(5, 0 ) ( −2, 0 ) + ( 4, 0 ) ( 2, 0 ) + ( −6, 0 ) (3, 0 )

ab = a ⋅ bˆ =
= − 4, 9 .
( −2, 0 )2 + (2, 0)2 + ( 3, 0)2
(d) Uma forma de resolver o problema (se estivermos interessados apenas no módulo do vetor)
é usar o produto vetorial, como sugere o enunciado. Outra (que fornece mais informações) é

subtrair de a o resultado do item (c) multiplicado por b̂. Vamos apresentar as duas soluções.
78 soluções dos problemas


No primeiro método, observamos que se a cos θ (em que θ é o ângulo entre a e b ) fornece


ab (a componente de a na direção de b̂ ), é natural que a sen θ forneça a componente de a na
direção perpendicular a b̂ :
 
a ×b
a sen u =
= 7, 3
b
[também é possível usar diretamente o ângulo θ calculado no item (c)].
No segundo método, executamos o seguinte cálculo:

a − ab bˆ = ( 5, 0 − 2, 35 ˆi + ( 4, 0 − ( −2, 35) ˆj + (( −6, 0 ) − ( −3, 53) kˆ
= 2,65iˆ + 6, 35ˆj − 2, 47 kˆ
)
)
)

Este é o vetor correspondente à parte perpendicular de a . O módulo do vetor é
(2, 65)2 + (6, 35)2 + (− 2, 47)2 = 7, 3
o que está de acordo com o resultado obtido usando o primeiro método.
62. Escolhemos o semieixo x positivo como a direção leste, o semieixo y positivo como a direção
norte e medimos todos os ângulos da forma “convencional” (em relação ao semieixo x positivo,
ângulos positivos no sentido anti-horário e ângulos negativos no sentido horário). Nesse caso, o

vetor d1 , correspondente à primeira tacada, tem módulo d1 = 3,66 m e ângulo θ1 = 90°; o vetor


d 2 , correspondente à segunda tacada, tem módulo d2 = 1,83 m e ângulo θ2 = –45°; o vetor d3 ,
correspondente à terceira tacada, tem módulo d3 = 0,91 e ângulo θ3 = –135°. Somando as componentes x e y das três componentes, obtemos os seguintes resultados:
x : d1 cos θ1 + d2 cos θ2 + d3 cos θ3 = 0,65 m
y : d1 sen θ1 + d2 sen θ2 + d3 sen θ3 = 1,7 m.



(a) O módulo do deslocamento total (da soma vetorial d1 + d 2 + d3 ) é (0, 65 m)2 + (1,7 m)2 5
= 1,8 m.
2
1,7 m) = 1,8 m.
(b) O ângulo do vetor é tan–1(1,7/0,65) = 69°. Isso significa que a direção da tacada deve ser
69° ao norte do leste.
63. Os três vetores são

d1 = −3, 0 ˆi + 3, 0 ˆj + 2, 0 kˆ

d2 = −2, 0 ˆi − 4, 0 ˆj + 2, 0 kˆ

ˆ
d3 = 2, 0 ˆi + 3, 0 ˆj + 1, 0 k.
 
ˆ temos:
(a) Como d2 + d3 = 0 ˆi − 1, 0 ˆj + 3, 0 k,
  
ˆ
d1 ⋅ (d2 + d3 ) = (−3, 0 ˆi + 3, 0 ˆj + 2, 0 kˆ ) ⋅ (0 ˆi − 1, 0 ˆj + 3, 0 k)
2
= 0 − 3, 0 + 6, 0 = 3, 0 m .
 
ˆ Assim,
(b) Usando a Eq. 3-30, obtemos d2 × d3 = −10 ˆi + 6, 0 ˆj + 2, 0 k.
  
ˆ ⋅ (−10 ˆi + 6, 0 ˆj + 2, 0 k)
ˆ
d1 ⋅ (d2 × d3 ) = (−3, 0 ˆi + 3, 0 ˆj + 2, 0 k)
3
= 30 + 18 + 4, 0 = 52 m .
 
(c) Calculamos d2 + d3 no item (a). Usando a Eq. 3-30, obtemos:

 
ˆ × (0 ˆi − 1, 0 ˆj + 3, 0 k)
ˆ
d1 × (d2 + d3 ) = (−3, 0 ˆi + 3, 0 ˆj + 2, 0 k)
= (11iˆ + 9, 0 ˆj + 3, 0 kˆ ) m 2
soluções dos problemas 79
64. (a) Para que o módulo da soma seja 7 m, os vetores devem estar paralelos (A e B na figura
a seguir), já que 4 + 3 = 7.
(b) Para que o módulo da soma seja 1 m, os vetores devem estar antiparalelos (A9 e B9 na figura
a seguir), já que 4 − 3 = 1.
(c) Para que o módulo da soma seja 5, os vetores devem estar perpendiculares (A e B na figura
a seguir), já que 32 + 4 2 = 5.
Em cada desenho, os vetores aparecem na configuração “cabeça para cauda”, mas a resultante,
que seria uma reta ligando a cauda do primeiro vetor à cabeça do segundo, não foi desenhada.
65. (a) Uma solução possível é (−40 î – 20 ĵ + 25 k̂ ) m, com î antiparalelo ao primeiro deslocamento, ĵ antiparalelo ao segundo deslocamento e k̂ para cima (de modo a formarem um
sistema de coordenadas dextrogiro). Outras possibilidades são (40 î + 20 ĵ + 25 k̂ ) m e (40 î –
20 ĵ – 25 k̂ ) m (com escolhas diferentes dos vetores unitários). Note que o produto das componentes é positivo em todos os casos.
(b) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do novo deslocamento é
44,7 m ≈ 45 m.
(40 m)2 + (20 m)2 =
Capítulo 4

1. (a) O módulo de r é

|r | =
(5,0 m)2 + ( − 3, 0 m)2 + (2,0 m)2 = 6,2 m.
(b) O desenho aparece abaixo. Os valores das coordenadas estão em metros.

2. (a) O vetor posição, de acordo com a Eq. 4-1, é r = ( − 5,0 m) ˆi + (8,0 m)jˆ .

(b) O módulo é |r |=
x 2 + y2 + z 2 =
(−5, 0 m )2 + (8, 0 m )2 + (0 m )2 = 9,4 m.
(c) De acordo com a Eq. 3-6, temos:
 8,0 m 
= −58° ou 122°
u = tan −1 
 −5, 0 m 
Escolhemos a segunda possibilidade (122° no sentido anti-horáro a partir do semieixo x positivo)
porque os sinais das componentes mostram que o vetor está no segundo quadrante.
(d) O desenho aparece ao lado.


  
ˆ Assim,
(e) O deslocamento é Dr = r ′ − r , em que r foi obtido no item (a) e r ′ = (3,0 m)i.

Dr = (8,0 m)iˆ − (8,0 m)jˆ .
(f) O módulo do deslocamento é

| Dr |=
(8,0 m)2 + ( − 8, 0 m)2 = 11 m.
(g) De acordo com a Eq. 3-6, o ângulo do deslocamento é
 8,0 m 
tan −1 
= − 45° ou 135°
 −8, 0 m 
soluções dos problemas 81
Escolhemos a primeira possibilidade (−45°, ou 45° no sentido horário a partir do semieixo x
positivo) porque os sinais das componentes mostram que o vetor está no quarto quadrante. Um

desenho de Dr aparece acima.

 

3. O vetor posição inicial ro satisfaz a equação r − ro = Dr , o que nos dá

 

ro = r − Dr = (3, 0 ˆj − 4, 0 k ) m − (2, 0 ˆi − 3, 0 ˆj + 6, 0kkˆ ) m = (−2, 0 m) ˆi + (6, 0 m) ˆj + (−10 m) kˆ
4. Escolhemos um sistema de coordenadas com a origem no centro do relógio, o semieixo x
positivo para a direita (na direção das “3 horas”) e o semieixo y positivo para cima (na direção
das “12 horas”).


(a) Na notação dos vetores unitários, temos r1 = (10 cm) ˆi e r2 = (−10 cm) ˆj. Assim, de acordo
com a Eq. 4-2,
  
Dr = r2 − r1 = (−10 cm) ˆi + (−10 cm) ˆj.

O módulo é dado por | Dr |=
(−10 cm)2 + (−10 cm)2 = 14 cm.
(b) De acordo com a Eq. 3-6, o ângulo é
 −10 cm 
= 45° ou − 135°.
u = tan −1 
 −10 cm 
Escolhemos 2135° porque sabemos que o vetor está no terceiro quadrante. Na notação móduloângulo, o vetor é
 

Dr = r2 2 r1 = (210 cm) ˆi 1 (210 cm) ˆj → (14 cm ∠2135°).




(c) Nesse caso, r1 = (−10 cm) ˆj, r2 = (10 cm) ˆj e Dr = (20 cm) ˆj. Assim, | Dr |= 20 cm.
(d) De acordo com a Eq. 3-6, o ângulo é
 20 cm 
u = tan −1 
 = 90°.
 0 cm 
(e) Em uma hora, o ponteiro volta à posição inicial e o deslocamento da ponta é zero.
(f) O ângulo correspondente ao deslocamento da ponta durante uma hora também é zero.


5. A velocidade média durante a viagem é dada pela Eq. 4-8: vméd = Dr / Dt , na qual o des



locamento total Dr = Dr1 + Dr2 + Dr3 é a soma de três deslocamentos (todos realizados com
velocidade constante durante um certo tempo) e Dt = Dt1 + Dt2 + Dt3 é a duração da viagem.
Usamos um sistema de coordenadas no qual o semieixo x positivo corresponde à direção leste
e o semieixo y positivo corresponde à direção norte.
(a) Na notação dos vetores unitários, o primeiro deslocamento é dado por
km   40,0 min  ˆ
 
ˆ
Dr1 =  60,0
 i = (40,0 km)i.


h   60 min/h 
82 soluções dos problemas
20,0 min
O segundo deslocamento tem um módulo de (60, 0 km
h ) ⋅ ( 60 min/h ) = 20,0 km e a direção é 40°
ao norte do leste. Assim,

Dr2 = (20,0 km) cos(40,0 ) ˆi + (20,0 km) sen(40,0 ) ˆj = (15,3 km) ˆi + (12,9 km) ˆj.
O terceiro deslocamento é
km   50,0 min 


Dr3 = −  60,0
 îi = ( − 50, 0 km) ˆi.


h   60 min/h 
O deslocamento total é




Dr = Dr1 + Dr2 + Dr3 = (40,0 km)iˆ + (15,3 km) ˆi + (12,9 km) ˆj − ( 50,0 km) ˆi
= (5,30 km) ˆi + (12,9 km) ˆj.
A duração da viagem é Dt = (40,0 + 20,0 + 50,0) min = 110 min, que equivalem a 1,83 h. De
acordo com a Eq. 4-8, temos:
(5,30 km) ˆi + (12,9 km) ˆj

vméd =
= (2,90 km/h) ˆi + (7,01 km/h) ˆj.
1,83 h

O módulo de vméd é

| vméd | =
(2, 90 km/h)2 + (7,01 km/h) 2 = 7,59 km/h.
(b) O ângulo é
v

 7, 01 km/h 
= 67, 5° (ao norte do leste)
u = tan −1  méd ,y  = tan −1 
 2, 90 km/h 
 vméd ,x 
ou 22,5o a leste do norte.
O deslocamento do trem é mostrado na figura a seguir.




Note que o deslocamento total Dr é a soma vetorial de Dr1 , Dr2 e Dr3.
6. Para chamar atenção para o fato de que a velocidade é função do tempo, usamos a notação
v(t) para dx/dt.
(a) De acordo com a Eq. 4-10, temos:
v (t ) =
d
ˆ = (3,00 m/s)iˆ − (8,00t m/s) ˆj
(3,00tˆi − 4,00t 2 ˆj + 2,00k)
dt

ˆ m/s.
(b) Fazendo t = 2,00 s na expressão do item (a), obtemos v = (3,00iˆ − 16,0j)
soluções dos problemas 83
(c) A velocidade escalar no instante t = 2,00 s é

v = |v |= (3,00 m/s)2 + ( − 16, 0 m/s)2 = 16,3 m/s.

(d) O ângulo de v nesse instante é
 −16, 0 m/s 
tan −1 
 = −79, 4° ou 101°
 3, 00 m/s 
Escolhemos a primeira possibilidade (79,4° no sentido horário a partir do semieixo x positivo,
ou 281° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo) porque os sinais das componentes mostram que o vetor está no quarto quadrante.
7. De acordo com as Eqs. 4-3 e 4-8, temos:
ˆ m − (5,0iˆ − 6,0jˆ + 2,0k)
ˆ m
( − 2, 0 ˆi + 8,0jˆ − 2,0k)

ˆ m/s.
vméd =
= (−0, 70 ˆi +1,40jˆ − 0,40k)
10 s
8. Escolhemos um sistema de coordenadas com î apontando para leste e ĵ apontando para o


norte. O primeiro deslocamento é rAB = (483 km)iˆ e o segundo é rBC = (−966 km) ˆj.
(a) O deslocamento total é



rAC = rAB + rBC = (483 km)iˆ − (966 km)jˆ

o que nos dá | rAC | =
(483 km)2 + ( − 966 km)2 = 1,08 × 10 3 km.
(b) O ângulo é
 −966 km 
= −63, 4°.
u = tan −1 
 483 km 
Note que esse ângulo pode ser expresso como 63,4° ao sul do leste ou como 26,6° a leste do
sul.

(c) Dividindo o módulo de rAC pelo tempo total (2,25 h), obtemos
(483 km)iˆ − (966 km)jˆ

vméd =
= (215 km/h) ˆi − (429 km/h) ˆj
2, 25 h
cujo módulo é | vméd | =
(215 km/h)2 + (−429 km/h)2 = 480 km/h.

(d) A direção de vméd é 26,6° a leste do sul, a mesma do item (b). Na notaçáo módulo-ângulo,

vméd = (480 km/h ∠ − 63, 4).
(e) Supondo que o avião voou em linha reta da cidade A para a cidade B e da cidade B para a


cidade C, | rAB | é a distância do trecho AB e | rBC | é a distância do trecho BC. Como a velocidade escalar média é a distância total dividida pelo tempo total, temos:
vméd =
483 km + 966 km
= 644 km/h.
2, 25 h
9. As coordenadas dos pontos (em metros) são A = (15, −15), B = (30, −45), C = (20, −15) e
D = (45, 45). Os tempos correspondentes são tA = 0, tB = 300 s, tC = 600 s e tD = 900 s. A ve
locidade média é definida pela Eq. 4-8. Todos os deslocamentos Dr começam no ponto A.
(a) A velocidade média de menor módulo (5,0 m/600 s) é a do deslocamento que termina no

ponto C: | vméd | = 0, 0083 m/s.
84 soluções dos problemas

(b) A direção de vméd é 0° (em relação ao semieixo x positivo).
(c) A velocidade média de maior módulo ( (15 m)2 + (30 m)2 / 300 s ) é a do deslocamento

que termina no ponto B: | vméd |= 0,11 m/s.

(d) A direção de vméd é 297° (no sentido anti-horário, a partir do semieixo x positivo) ou −63°
(no sentido horário, a partir do semieixo x positivo).

10. (a) O movimento da partícula é dado pela derivada de r em relação ao tempo:


v = 5, 00 ˆi + (e + 2 ft ) j . O ângulo no qual se dá o movimento é, portanto,
θ = tan−1(vy /vx ) = tan−1[(e + 2ft)/5,00].
De acordo com o gráfico, θ (0) = 35,0°, o que determina o valor do parâmetro e:
e = (5,00 m/s) tan(35,0°) = 3,50 m/s.
(b) O gráfico mostra também que θ = 0 para t = 14,0 s. Isso significa que e + 2ft = 0 nesse instante, o que determina o valor do parâmetro f:
f =
− e −3, 5 m/s
=
= −0,125 m/s2 .
2t 2(14, 0 s)
11. Nos itens (b) e (c), usamos a Eq. 4-10 e a Eq. 4-16. No item (d), calculamos a direção da
velocidade encontrada no item (b), já que representa a inclinação da reta tangente pedida no
enunciado.
(a) Fazendo t = 2,00 s na expressão dada, obtemos:

r t=2,00 = [2,00(8) − 5,00(2)]iˆ + [6,00 − 7,00(116)] ˆj = (6,00 ˆi − 106 ˆj) m
(b) Derivando a expressão dada em relação ao tempo, obtemos

v (t ) = (6,00t 2 − 5,00) ˆi − 28,0t 3 ˆj
na qual usamos a notação v(t) para chamar atenção para o fato de que a velocidade varia com o

tempo. No instante t = 2,00 s, v = (19,0 ˆi − 224 ˆj ) m/s.


(c) Derivando v (t ) em relação ao tempo, obtemos 12, 0 t ˆi − 84,0t 2 ˆj, o que nos dá a = (24,0 ˆi − 336 ˆj ) m/s2
= (24,0 ˆi − 336 ˆj ) m/s2 no instante t = 2,00 s.

(d) O ângulo de v é
 −224 m/s 
tan −1 
 = − 85, 2° ou 94,8°
 19, 0 m/s 
Escolhemos a primeira possibilidade (–85,2°, que equivale a 275° no sentido anti-horário, a

partir do semieixo x positivo) porque os sinais das componentes mostram que v está no quarto
quadrante.
12. Escolhemos um sistema de coordenadas no qual î aponta para leste e ĵ aponta para o norte;
a origem está no mastro. As informações dadas no enunciado são “traduzidas” para a notação
dos vetores unitários da seguinte forma:


ro = (40, 0 m) ˆi e vo = (−10,0 m/s)jˆ


r = (40, 0 m) ˆj e v = (10, 0 m/s) ˆi.
soluções dos problemas 85

(a) De acordo com a Eq. 4-2, o deslocamento Dr é
  
Dr = r − ro = (−40, 0 m) ˆi + (40, 0 m) ˆj

com um módulo | Dr |=
(−40, 0 m)2 + (40, 0 m)2 = 56, 6 m.

(b) A direção de Dr é
 40, 0 m 
 Dy 
= −45, 0 ou 135.
u = tan −1   = tan −1 
 Dx 
 −40, 0 m 
Como o ângulo desejado está no segundo quadrante, escolhemos a segunda possibilidade, 135°
  
(45° ao norte do oeste). Note que o deslocamento pode ser escrito como Dr = r − ro = (56, 6∠135o )
na notação módulo-ângulo.

(c) O módulo de vméd é simplesmente o módulo do deslocamento dividido pelo tempo gasto no
deslocamento (∆t = 30,0 s). Assim, o módulo da velocidade média é (56,6 m)/(30,0 s) = 1,89 m/s.


(d) De acordo com a Eq. 4-8, vméd aponta na mesma direção que Dr , ou seja, a 135° (45° ao
norte do oeste).
(e) De acordo com a Eq. 4-15, temos:
 
v − vo

améd =
= (0, 333 m/s 2 ) ˆi + (0,333 m/s 2 )ˆj.
Dt
O módulo do vetor aceleração média é, portanto,

| améd | = (0, 333 m/s 2 )2 + (0, 333 m/s 2 )2 = 0, 471 m/s 2 .

(f) A direção de améd é
 0, 333 m/s 2 
= 45° ou − 135°.
u = tan −1 
 0, 333 m/s 2 

Como o ângulo desejado está no primeiro quadrante, escolhemos 45°, ou seja, o ângulo de améd
é 45° ao norte do leste.

13. A velocidade e a aceleração da partícula podem ser calculadas derivando r (t ) em relação
ao tempo:



 dr
 dv d 2r
v=
, a=
= 2
dt
dt dt

(a) Derivando o vetor posição r (t ) = ˆi + (4 t 2 )jˆ + tkˆ em relação ao tempo, temos, em unidades
do SI (m/s),
 d
ˆ = 8t ˆj + kˆ .
v = (iˆ + 4t 2 ˆj + t k)
dt
(b) Derivando novamente em relação ao tempo, obtemos, em unidades do SI (m/s2),
 d
ˆ = 8 ˆj .
a=
(8t ˆj + k)
dt


14. Usamos a Eq. 4-15, chamando de v1 a velocidade inicial e de v2 a velocidade final.
(a) A aceleração média no intervalo Dt = 4 s é
ˆ m/s − (4,0 ˆi − 22 ˆj+ 3,0 k)
ˆ m/s
( − 2, 0 ˆi − 2,0 ˆj+ 5,0 k)

ˆ
améd =
= ( − 1, 5 m/s2 ) ˆi + (0,5 m/s 2 ) k.
4s
86 soluções dos problemas

(b) O módulo de améd é
(−1, 5 m/s 2 )2 + (0,5 m/s 2 )2 = 1,6 m/s 2 .
(c) O ângulo da aceleração no plano xz (medido a partir do semieixo x positivo) é
 0,5 m/s 2 
= −18 ou 162
tan −1 
 −1, 5 m/s2 
Escolhemos a segunda possibilidade porque os sinais das componentes mostram que o vetor
está no segundo quadrante.

15. Como a aceleração a = ax ˆi + a y ˆj = (−1, 0 m/s2 ) ˆi + (−0, 50 m/s 2 ) ˆj é constante nas direções x
e y, podemos usar as equações da Tabela 2-1 para analisar o movimento nas duas direções.
Como a partícula partiu da origem, as coordenadas da partícula em qualquer instante t são da 

 ,
das por r = v0 t + 12 at 2 . A velocidade da partícula em qualquer instante t é dada por v = v0 + at


onde v0 é a velocidade inicial e a é a aceleração.
Na direção x, temos:
x ( t ) = v0 x t +
1 2
a x t , v x ( t ) = v0 x + a x t
2
y( t ) = v 0 y t +
1 2
a y t , v y (t ) = v0 y + a y t
2
Na direção y, temos:
(a) Para v0 x = 3, 0 m/s, v0 y = 0, ax = −1, 0 m/s 2 e a y = −0, 5 m/s 2 , as componentes da velocidade são
v x (t ) = v0 x + ax t = (3, 0 m/s) − (1, 0 m/s 2 )t
v y (t ) = v0 y + a y t = −(0, 50 m/s 2 )t
Quando a partícula atinge o máximo valor da coordenada x, no instante t = tm, devemos ter vx =
0. Assim, 3,0 – 1,0tm = 0 ou tm = 3,0 s. A componente y da velocidade nesse instante é
v y (t = 3, 0 s) = −(0, 50 m/s 2 )(3, 0) = −1, 5 m/s

Assim, vm = (−1, 5 m/s)jˆ .
(b) No instante t = 3,0 s, as componentes da posição são
1 2
1
ax t = (3, 0 m/s)(3, 0 s) + (−1, 0 m/s 2 )(3, 0 s)2 = 4, 5 m
2
2
1
1 2
2
y(t = 3, 0 s) = v0 y t + a y t = 0 + (−0, 5 m/s )(3, 0 s)2 = −2, 25 m
2
2
x (t = 3, 0 s) = v0 x t +
Na notação dos vetores unitários, esses resultados podem ser escritos na forma

rm = (4, 50 m ) ˆi − (2, 25 m ) ˆj.
16. (a) De acordo com a Eq. 4-16, a aceleração é dada por

 dv d
a=
=
(6, 0t − 4, 0t 2 ˆi + 8,0 ˆj = (6, 0 − 8, 0t î
dt dt
(
)
)

em unidades do SI. Para t = 3, 0 s , a = ( 6, 0 − 8, 0(3, 0) ) ˆi = (−18 m/s2 )iˆ.

(b) Fazendo a = (6, 0 − 8, 0t ) ˆi = 0, obtemos t = 0,75 s.
)
soluções dos problemas 87
(c) Como a componente y da velocidade, vy = 8,0 m/s, é uma constante diferente de zero, a velocidade não pode se anular para nenhum valor de t.
(d) Como a velocidade escalar é o módulo da velocidade, temos:

v=|v| =
(6, 0t − 4, 0t ) + (8, 0 )
2
2
2
= 10
em unidades do SI (m/s). Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, temos:
(6, 0 t − 4, 0 t 2 )2 + 64 = 100 ⇒ (6, 0 t − 4, 0 t 2 )2 = 36
Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros, temos:
6, 0 t − 4, 0 t 2 = ±6, 0 ⇒ 4, 0 t 2 − 6, 0 t ± 6, 0 = 0
o que nos dá
t=
6, 0 ± 36 − 4(4, 0)(±6, 0)
2(8, 0)
Como o resultado deve ser positivo, t = 2,2 s.
17. Podemos determinar o valor de t aplicando a Eq. 2-11 à componente y do movimento e fazendo vy = 0:
0 = (12 m/s) + (−2,0 m/s2)t ⇒ t = 6,0 s.
Em seguida, aplicamos a Eq. 2-11 à componente x do movimento e usamos o valor de t calculado:
vx = (8,0 m/s) + (4,0 m/s2)(6,0 s) = 32 m/s.
Assim, a velocidade do carro ao atingir a maior coordenada y é (32 m/s) î.
18. Podemos obter o valor de t usando a equação Dx = x 0 + v0 x t +
1 2
ax t :
2
1
12, 0 m = 0 + (4, 00 m/s)t + (5, 00 m/s2 )t 2
2
em que fizemos ∆x = 12,0 m, vx = 4,00 m/s e ax = 5,00 m/s2 . Resolvendo a equação do segundo
grau, obtemos t = 1,53 s. Em seguida, aplicamos a Eq. 2-11 (na verdade, uma extensão da Eq.
2-11 para duas dimensões) usando este valor de t. O resultado (com ∆x = 12,00 m) é
  
v = v0 + at = (4, 00 m/s)iˆ + (5,00 m/s2 )(1,53 s)ˆi + (7,00 m/s 2 )(1,53 s)jˆ
= (11,7 m/s) ˆi + (10,7 m/s) ˆj.


Assim, o módulo de v é | v | =
(11, 7 m/s)2 + (10, 7 m/s)2 = 15, 8 m/s.

(b) O ângulo de v em relação ao semieixo x positivo é
 10, 7 m/s 
= 42, 6°.
tan −1 
 11, 7 m/s 
19. Usamos as Eqs. 4-10 e 4-16.
A velocidade (em m/s) é dada por


v (t ) = v0 +
∫
t
0

a dt = (5, 00 ˆi + 2, 00 ˆj) +
∫
t
0
(3tˆi + 4 tˆj) dt = ( 5, 00 + 3t 2 / 2 ) ˆi + ( 2, 00 + 2t 2 ) ˆj
88 soluções dos problemas
O deslocamento (em m) é dado por


r (t ) = r0 +
∫
t
0

vdt = (20, 0 ˆi + 40, 0 ˆj) +
∫
t
0
[(5, 00 + 3t 2 / 2) ˆi + (2, 00 + 2t 2 )jˆ]dt
= (20, 0 ˆi + 40, 0 ˆj) + (5, 00 t + t 3 / 2) ˆi + (2, 00 t + 2t 3 /3)ĵ
= (20, 0 + 5, 00 t + t 3 / 2) ˆi + (40, 0 + 2, 00 t + 2t 3 /3)jˆ

(a) No instante t = 4, 00 s , temos r (t = 4, 00 s) = (72, 0 m) ˆi + (90, 7 m) ˆj.

(b) v (t = 4, 00 s) = (29, 0 m/s) ˆi + (34, 0 m/s) ˆj. Assim, o ângulo entre a direção do movimento
e o semieixo x positivo é u = tan −1[(34, 0 m/s) / (29, 0 m/s)] = 49, 5°.
20. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. De acordo com
a Eq. 2-15 e notando que θ é medido em relação ao eixo y, a componente y do movimento da
partícula B é dada por
1
1
y = a y t 2 ⇒ 30 m = (0, 40 m/s 2 ) cosu  t 2 .
2
2
Como as componentes x do movimento das partículas A e B devem ser iguais em um certo instante t,
1
1
vt = ax t 2 ⇒ (3, 0 m/s)t = (0, 40 m/s2 ) sen u  t 2 .
2
2
Explicitando t na última equação, temos:
2v
2(3, 0 m/s)
t=
=
.
ax (0, 40 m/s 2 ) sen u
Substituindo esse valor de t na equação anterior, temos:
 2(3, 0 m/s) 
1
30 m = (0, 40 m/s 2 ) cosu  

2
 (0, 40 m/s 2sen u 
2
Fazendo sen2 θ = 1 – cos2 θ, temos:
30 =
9, 0 cosu
9, 0
⇒ 1 − cos2 u =
cosu .
0, 20 1 − cos2 u
(0, 20)(30)
Resolvendo a equação do segundo grau em cos θ , temos:
cosu =
−1, 5 + 1, 52 − 4(1, 0)(−1, 0) 1
=
2
2
 1
o que nos dá u = cos −1   = 60°.
 2
21. Como a velocidade inicial é horizontal, v0 y = 0 e v0 x = v0 = 10 m s.
(a) Com a origem no ponto inicial da trajetória, a coordenada y do dardo é dada por y = − 12 gt 2 ;
fazendo y = –PQ, temos PQ =
1
2
(9, 8 m/s2 ) ( 0,19 s )
2
= 0,18 m.
(b) Como x = v0t, x = (10 m/s)(0,19 s) = 1,9 m.
22. (a) Com a origem no ponto inicial (borda da mesa), a coordenada da bola é dada por y = − 12 gt 2.
Se t é o tempo que a bola fica no ar e y = –1,20 m é a coordenada y do ponto em que a bola
atinge o chão, temos:
t=
2(−1, 20 m)
= 0, 495 s.
−9, 80 m/s2
soluções dos problemas 89

(b) A velocidade inicial da bola é v = v0 î . Como x = 1,52 m é a coordenada x do ponto em que
a bola atinge o chão, temos:
v0 =
x 1, 52 m
=
= 3, 07 m/s.
t 0, 495 s
23. (a) De acordo com a Eq. 4-22 (com θ0 = 0), o tempo que o projétil permanece no ar é
t=
2h
=
g
2(45, 0 m)
= 3, 03 s.
9, 80 m/s 2
(b) A distância horizontal é dada pela Eq. 4-21:
Dx = v0 t = (250 m/s)(3, 03 s) = 758 m.
(c) De acordo com a Eq. 4-23, temos:
v y = gt = (9, 80 m/s 2 )(3, 03 s) = 29, 7 m/s.
24. Usamos a Eq. 4-26
 v2

v 2 (9, 50 m/s)2
Rmáx =  0 sen 2u0  = 0 =
= 9, 209 m ≈ 9, 21 m
9, 80 m/s 2
 g
 máx g
para fazer a comparação com o salto de Powell; a diferença é de apenas ∆R = (9,21m – 8,95m) =
0,259 m.
25. Usando a Eq. 4-26, a velocidade inicial do motociclista foi
v0 =
(9, 80 m/s 2 )(77, 0 m)
= 43,1 m/s
s e n 2(12, 0° )
gR
=
sen 2u0
26. Escolhemos como origem a posição inicial da pedra. A componente x da velocidade inicial
é dada por v0 x = v0 cosu0 e a componente y é dada por v0 y = v0 sen u0 , onde v0 = 20 m/s é a velocidade escalar inicial e θ0 = 40,0° é o ângulo de lançamento.
(a) No instante t = 1,10 s, a coordenada x da pedra é
)
)
x = v0 t cos u0 = ( 20, 0 m/s (1,10 s cos 40, 0° = 16, 9 m
(b) Nesse instante, a coordenada y é
y = v0 t sen u0 −
1 2
1
gt = (20, 0 m/s)(1,10 s) sen 40, 0 o − (9, 80 m/s 2 )(1,10 s)2 = 8, 21 m.
2
2
(c) No instante t9 = 1,80 s, a coordenada x da pedra é
)
)
x = ( 20, 0 m/s (1, 80 s cos 40, 0° = 27, 6 m.
(d) Nesse instante, a coordenada y é
1
y = (20, 0 m/s)(1, 80 s)sen 40, 0 o − (9, 80 m/s 2 )(1, 80 s 2 ) = 7, 26 m.
2
(e) A pedra chega ao solo antes do instante t = 5,0 s. Para determinar o instante em que a pedra
atinge o solo, calculamos o valor de t na equação y = v0 t sen u0 − 12 gt 2 = 0 . O resultado é
t=
)
2 ( 20, 0 m/s
2 v0
sen u0 =
sen 40° = 2, 62 s.
9, 8 m/s 2
g
90 soluções dos problemas
A coordenada x do ponto em que a pedra atinge o solo é
x = v0 t cos u0 = ( 20, 0 m/s ) ( 2, 62 s ) cos 40 = 40, 2 m.
(f) Supondo que a pedra não quica, a componente vertical no instante t = 5,00 s é y = 0.
27. Vamos escolher como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de lançamento. De acordo com a convenção adotada neste livro, vamos usar θ0 = –30,0°, já que o ângulo
mostrado na figura é medido no sentido horário a partir do semieixo x positivo. A velocidade
inicial do chamariz é igual à velocidade do avião no instante do lançamento: v0 = 290 km/h, que
convertemos para unidades do SI: (290)(1000/3600) = 80,6 m/s.
(a) Usamos a Eq. 4-12 para calcular o tempo que o chamariz passou no ar:
Dx = ( v0 cosu0 ) t
⇒ t=
700 m
= 10, 0 s.
(80, 6 m/s) cos(−30, 0° )
(b) Usamos a Eq. 4-22 para calcular a altura inicial y0:
y − y0 = ( v0 sen u0 ) t −
1
1 2
gt ⇒ 0 − y0 = (−40, 3 m/s)(10, 0 s) − (9, 80 m/s 2 )(10, 0 s)2
2
2
o que nos dá y0 = 897 m.
28. (a) De acordo com a Eq. 4-22, para y = h, temos:
h = y0 + v0 sen u0 t −
1 2
gt
2
o que nos dá h = 51,8 m para y0 = 0, v0 = 42,0 m/s, θ0 = 60,0° e t = 5,50 s.
(b) Como a componente horizontal da velocidade é constante, vx = v0x = v0 cos θ0. A componente vertical varia de acordo com a Eq. 4-23. A velocidade escalar da pedra no momento do
impacto é
v=
( v0 cosu0 )2 + ( v0 sen u0 − gt )2 = 27, 4 m/s.
(c) Usamos a Eq. 4-24 com vy = 0 e y = H:
2
v0 sen u0 )
(
H=
2g
= 67, 5 m.
29. Escolhemos como origem o ponto de lançamento. Na altura máxima, vy = 0 e, portanto, v =
vx = v0x). De acordo com o enunciado, v0 = 5v. Como v0 cos θ0 = v0x = v, temos:
 1
(5v) cosu0 = v ⇒ u0 = cos −1   = 78, 5°.
 5
30. Embora fosse possível usar a Eq. 4-26 para determinar o ponto em que a bola toca o gramado, preferimos trabalhar com as Eqs. 4-21 e 4-22 porque elas permitem calcular o ponto e o
instante em que a bola toca o gramado e são consideradas mais fundamentais que a Eq. 4-26.
Fazendo ∆y = 0, temos:
0 = ( v0 sen u0 ) t −
1 2
(19, 5 m/s)sen 45, 0°
gt ⇒ t =
= 2, 81 s.
(9, 80 m/s 2 ) / 2
2
De acordo com a Eq. 4-21, ∆x = (v0 cos θ0)t = 38,7 m. Assim, usando a Eq. 4-8, concluímos que
o jogador deve ter uma velocidade média

Dr (38, 7 m) ˆi − (55 m) ˆi

vméd =
=
= (−5, 8 m/s) î
Dt
2, 81 s
soluções dos problemas 91
o que significa que a velocidade escalar média do jogador (supondo que ele corra em linha reta
para o ponto onde a bola vai tocar o gramado) deve ser 5,8 m/s.
31. Primeiro calculamos o tempo que a bola leva para chegar ao chão. De acordo com a Eq.
4-22, temos:
y − y0 = (v0 sen u0 ) t −
1
1 2
gt ⇒ 0 − 2, 30 m = (−20, 0 m/s) sen(18, 0)t − (9, 80 m/s 2 )t 2
2
2
o que nos dá t = 0, 30 s . Assim, a distância horizontal coberta pela bola é
R = ( v0 cos u0 ) t = (20, 0 m/s) cos 18, 0(0, 30 s) = 5, 71 m
Se o ângulo diminuir para u0′ = 8, 00 , teremos
y − y0 = (v0 sen u0′ ) t ′ −
1
1 2
gt ′ ⇒ 0 − 2, 30 m = (−20, 0 m/s) sen(8, 00)t ′ − (9, 80 m/s 2 )t ′ 2
2
2
O novo tempo será t ′ = 0, 46 s e a nova distância será
R ′ = ( v0 cos u0 ) t ′ = (20, 0 m/s) cos 18, 0(0, 46 s) = 9, 06 m
Assim, a distância adicional coberta pela bola será
DR = R ′ − R = 9, 06 m − 5, 71 m = 3, 35 m
32. Escolhemos como origem o ponto de lançamento e chamamos de θ0 o ângulo de lançamento
(mostrado na figura). Como a componente horizontal da velocidade da bola é vx = v0 cos 40,0°,
o tempo que a bola leva para se chocar com a parede é
t=
Dx
22, 0 m
=
= 1,15 s.
v x (25, 0 m/s) cos 40, 0°
(a) A distância vertical é
Dy = (v0 sen u0 )t −
1
1 2
gt = (25, 0 m/s) sen 40, 0(1,15 s) − (9, 80 m/s 2 )(1,15 s)2 = 12, 0 m.
2
2
(b) A componente horizontal da velocidade no instante em que a bola se choca com a parede é
igual ao valor inicial: vx = v0 cos 40,0° = 19,2 m/s.
(c) De acordo com a Eq. 4-23, a componente vertical é
v y = v0 sen u0 − gt = (25, 0 m/s)sen 40, 0 o − (9, 80 m/s 2 )(1,15 s) = 4, 80 m/s.
(d) Como vy > 0 quando a bola se choca com a parede, a bola ainda não atingiu o ponto mais
alto da trajetória.
33. Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de lançamento.
Tomamos θ0 = –37,0° como o ângulo medido a partir do semieixo x positivo, já que o ângulo
0 = 53, 0° dado no problema foi medido em relação ao semieixo y negativo. A figura mostra
a situação inicial do problema.
92 soluções dos problemas
(a) A velocidade inicial do projétil é a velocidade do avião no instante do lançamento. Como
sabemos que y0 = 730 m e y = 0 no instante t = 5, 00 s , usamos a Eq. 4-22 para calcular v0:
y − y0 = (v0 sen u0 ) t −
1
1 2
gt ⇒ 0 − 730 m = v0 sen(−37, 0°)(5, 00 s) − (9, 80 m/s2 )(5, 00 s)2
2
2
o que nos dá v0 = 202 m/s.
(b) A distância horizontal percorrida é
R = vx t = (v0 cos u0 )t = [(202 m/s) cos(−37, 0°)](5, 00 s) = 806 m
(c) A componente x da velocidade (no momento do choque com o solo) é
vx = v0 cos u0 = (202 m/s) cos(−37, 0°) = 161 m/s.
(d) A componente y da velocidade (no momento do choque com o solo) é
vy = v0 sen u0 − gt = (202 m/s) sen(−37, 0°) − (9, 80 m/s 2 )(5, 00 s) = −171 m/s.
34. (a) Como a componente y da velocidade da pedra no ponto mais alto da trajetória é zero, a
velocidade escalar é
v=
vx2 + vy2 = vx = v0 cos u0 = (28, 0 m/s) cos 40, 0° = 21, 4 m/s.
(b) Usando o fato de que v y = 0 na altura máxima ymáx, o tempo que a pedra leva para atingir
ymáx é dado pela Eq. 4-23:
0 = vy = v0 sen u0 − gt ⇒ t =
v0 sen u0
.
g
Substituindo a expressão acima na Eq. 4-22, temos:
2
ymáx = (v0 sen u0 ) t −
 v sen u0  1  v0 sen u0 
v 2 sen 2 u0
1 2
= 0
gt = v0 sen u0  0
.
− g


2g
g  2 
g 
2

Para calcular o tempo que a pedra leva para cair até uma altura y = ymáx / 2 , resolvemos a equação do segundo grau dada pela Eq. 4-22:
y=
v 2 sen 2 u0
1
1
ymáx = 0
= (v0 sen u0 ) t − gt 2
2
4g
2
⇒ t± =
(2 ± 2 )v0 sen u0
.
2g
Escolhendo t = t+ (porque a pedra já está descendo), temos:
v x = v0 cosu0 = (28, 0 m/s) cos 40, 0° = 21, 4 m/s
(2 + 2 ) v0 sen u0
2
2
v y = v0 sen u0 − g
(28, 0 m/s)sen 40, 0° = −12, 7 m/s
=−
v0 sen u0 = −
2g
2
2
Assim, a velocidade da pedra no instante em que y = ymáx / 2 é
v=
vx2 + vy2 =
(21, 4 m/s)2 + (−12, 7 m/s)2 = 24, 9 m/s..
(c) A diferença percentual é
24, 9 m/s − 21, 4 m/s
= 0,163 = 16, 3%.
21, 4 m/s
35. Escolhemos como origem a extremidade do cano do rifle (ponto em que o projétil inicia
uma trajetória balística) e chamamos o ângulo de disparo de θ0. Se o centro do alvo está a uma
distância d, suas coordenadas são x = d, y = 0. As equações do movimento do projétil são
d = ( v0 cosu0 )t
0 = v0 t sen θ 0 − 12 gt 2
soluções dos problemas 93
A figura mostra a situação do problema.
Explicitando t na primeira equação, obtemos t = d / ( v0 cosu0 ) . Substituindo na segunda equação, temos:
2v02 sen u0 cos u0 − gd = 0.
Usando a identidade sen u0 cos u0 ≡ 12 sen ( 2u0 ) , obtemos
v02 sen (2u0 ) = gd ⇒ sen(2u0 ) =
gd (9, 80 m/s 2 )(45, 7 m)
=
v02
(460 m/s)2
que nos dá sen (2u0 ) = 2,11 × 10 −3 ou θ0 = 0,0606°. Para atingir o centro do alvo, o rifle deve
visar um ponto a uma altura l acima do alvo tal que tan u0 = l d. Assim,
l = d tan u0 = (45, 7 m ) tan(0, 0606° ) = 0, 0484 m = 4,84 cm.
36. Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto onde a bola foi
golpeada pela raquete.
(a) Queremos saber a que altura está a bola ao passar pelo ponto x = 12,0 m. Para começar, usamos a Eq. 4-21 para calcular o tempo que a bola leva para chegar a esse ponto:
t=
x
12, 0 m
= 0, 508 s.
=
v0 cos u0 ( 23, 6 m/s ) cos 0°
A altura em que se encontra a bola nesse instante é
y = y0 + ( v0 sen u0 )t −
1 2
gt = 1,10 m
2
o que mostra que a bola passa pela rede.
(b) No instante t = 0,508 s, o centro da bola está (1,10 m – 0,90 m) = 0,20 m acima do alto da
rede.
(c) Repetindo o cálculo do item (a) com θ0 = –5,0°, obtemos t = 0,510 s e y = 0, 040 m , o que
mostra que a bola não passa pela rede.
(d) No instante t = 0,510 s, o centro da bola está 0,90 m – 0,040 m = 0,86 m abaixo do alto da
rede.
37. Como a velocidade inicial não possui uma componente vertical, as Eqs. 4-21 e 4-22 se reduzem a
x − x 0 = v0 x t
y − y0 = v0 y t −
1 2
1
gt = − gt 2
2
2
94 soluções dos problemas
nas quais x 0 = 0 , v0 x = v0 = +2, 0 m/s e y0 = +10,0 m (escolhendo como origem a superfície da
água). A figura mostra a situação do problema.
(a) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância horizontal
x = x 0 + v0 x t = 0 + (2, 0 m/s)(0, 80 s) = 1, 60 m
(b) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância vertical
y = y0 −
1 2
1
gt = 10, 0 m − (9, 80 m/s2 )(0, 80 s)2 = 6, 86 m.
2
2
(c) No instante em que o mergulhador atinge a água, y = 0. Explicitando t na equação y = y0 − 12 gt 2 = 0
− 12 gt 2 = 0, obtemos
t=
2 y0
=
g
2(10, 0 m)
= 1, 43 s.
9, 80 m/s 2
A distância horizontal coberta pelo mergulhador até atingir a água é R = x = (2,00 m/s)(1,43 s) =
2,86 m.
Nota: Usando a Eq. (4-25) com u0 = 0 , a trajetória do mergulhador também pode ser descrita
pela equação
gx 2
y = y0 − 2
2 v0
O item (c) também pode ser resolvido usando esta equação:
y = y0 −
gx 2
=0 ⇒ x=R=
2 v02
2 v02 y0
=
g
2(2, 0 m/s)2 (10, 0 m)
= 2, 86 m
9, 8 m/s 2
38. Neste problema de movimento balístico, temos v0 = vx = constante e o que é plotado é
v = v x2 + v y2 . Vemos no gráfico que, no instante t = 2,5 s, a bola atinge a altura máxima, na
qual vy = 0. Assim, concluímos que vx = va = 19 m/s.
(a) Por simetria, a bola leva t = 5 s para tocar novamente o solo, tempo durante o qual percorre
uma distância horizontal x – x0 = vxt = 95 m.
(b) Como (19 m/s)2 + v0 2y = 31 m/s (o primeiro ponto do gráfico), sabemos que v0 y = 24, 5 m/s.
Assim, com t = 2,5 s, podemos usar a equação ymáx − y0 = v0 y t − 12 gt 2 ou a equação
vy2 = 0 = v0 2y − 2 g ( ymáx − y0 ) ou a equação ymáx − y0 =
pela terceira:
ymáx − y0 =
1
2
(v
y
)
+ v0 y t para calcular ymáx. Optamos
1
1
(vy + v0 y ) t ⇒ ymáx = (0 + 24, 5m/s)(2, 5 s) = 31 m
2
2
soluções dos problemas 95
onde tomamos y0 = 0 como o nível do solo.
39. Seguindo a sugestão, invertemos o movimento e supusemos que a bola foi lançada do solo,
para a direita, a 60o com o semieixo x positivo.
(a) A equação da componente x (com x0 = 0 e x = 25,0 m) leva a
25,0 m = (v0 cos 60,0°)(1,50 s),
o que nos dá v0 = 33,3 m/s. Com y0 = 0 e y = h > 0 para t = 1,50 s, temos y − y0 = v0 y t − 12 gt 2 ,
na qual v0y = v0 sen 60,0°. Isso nos dá h = 32,3 m.
(b) Temos:
vx = v0x = (33,3 m/s)cos 60,0° = 16,7 m/s
vy = v0y – gt = (33,3 m/s)sen 60,0° – (9,80 m/s2)(1,50 s) = 14,2 m/s.

O módulo de v é dado por

| v |= v x2 + v y2 =
(16, 7 m/s)2 + (14, 2 m/s)2 = 21, 9 m/s..
(c) O ângulo é
 14, 2 m/s 
v 
u = tan −1  y  = tan −1 
 = 40, 4°.
 vx 
 16, 7 m/s 
(d) Interpretamos este resultado (“desfazendo” a inversão do tempo) como uma velocidade inicial (no terraço do edifício) de módulo 21,9 m/s e ângulo (para a esquerda e para baixo) 40,4°.
40. (a) Calculando o valor de t na Eq. 4-22,
y − y0 = (v0 sen u0 ) t −
1
1 2
gt ⇒ 0 − 2,160 m = (15, 00 m/s) sen(45, 00)t − (9, 800 m/s2 )t 2 ,
2
2
vemos que o tempo que o peso passa no ar é t = 2, 352 s . Assim, a distância horizontal percorrida é
R = ( v0 cos u0 ) t = (15, 00 m/s) cos 45, 00°(2, 352 s) = 24, 95 m.
(b) Fazendo o mesmo cálculo para u0 = 42, 00° , temos:
y − y0 = (v0 sen u0 ) t −
1
1 2
gt ⇒ 0 − 2,160 m = (15, 00 m/s) sen(42, 00)t − (9, 800 m/s 2 )t 2
2
2
e o tempo que o peso passa no ar é t = 2, 245 s . Assim, a nova distância horizontal é
R = ( v0 cos u0 ) t = (15, 00 m/s) cos 42, 00°(2, 245 s) = 25, 02 m.
41. Tomando como origem a posição do peixe-arqueiro, a posição do inseto é dada por (x, y),
em que x = R / 2 = v02 sen 2u0 / 2 g e y corresponde à altura máxima da trajetória parabólica:
y = ymáx = v02 sen 2 u0 / 2 g. De acordo com a figura, temos:
tan  =
y v02 sen 2 u0 / 2 g 1
=
= tan u0
x v02 sen 2u0 / 2 g 2
Como  = 36, 0° , o ângulo de lançamento deve ser
u0 = tan −1 ( 2 tan  ) = tan −1 ( 2 tan 36, 0° ) = tan −1 (1, 453) = 55, 46° ≈ 55, 5°.
Note que u0 depende de , mas não depende de d.
96 soluções dos problemas
42. (a) Usando o fato de que Zacchini (tratado como um projétil) atinge a altura máxima ao passar pela
roda do meio, situada no ponto situado a uma distância horizontal x = 23 m + (23 / 2) m = 34, 5 m
do ponto de lançamento, podemos calcular a velocidade escalar inicial usando a Eq. 4-26:
x=
R v02 sen 2u0
=
2
2g
2 gx
=
sen 2u0
⇒ v0 =
2(9, 8 m/s 2 )(34, 5 m)
= 26, 5 m/s.
sen(2, 53°)
Substituindo esse valor na Eq. 4-25, obtemos
y = y0 + x tan u0 −
gx 2
(9, 8 m/s 2 )(23 m)2
= 3, 0 m + (23 m) tan 53° −
= 23, 3 m.
2
2v cos u0
2(26, 5 m/s)2 (cos 53°)2
2
0
Como a altura das rodas é hr = 18 m, Zacchini passou a uma distância Dy = y − hr = 23, 3 m − 18 m = 5, 3 m
23, 3 m − 18 m = 5, 3 m da primeira roda.
(b) A distância a que Zacchini passou da segunda roda pode ser calculada resolvendo a Eq. 4-24.
Como a segunda roda está em x = 23 m + (23 / 2) m = 34, 5 m, temos:
y = y0 + x tan u0 −
= 25, 9 m.
gx 2
(9, 8 m/s 2 )(34, 5 m)2
3
,
0
(
34
,
5
)
tan
=
m
+
m
5
3
°
−
2v02 cos 2 u0
2(26, 52 m/s)2 (cos 53°)2
Assim, Zacchini passou a uma distância Dy = y − hr = 25, 9 m − 18 m = 7, 9 m da segunda roda.
(c) A posição do centro da rede é dada por
0 = y − y0 = x tan u0 −
gx 2
v02 sen 2u0 (26, 52 m/s)2 sen(2, 53°)
⇒
x
=
=
= 69 m.
2v02 cos 2 u0
g
9, 8 m/s 2

43. Chamamos a velocidade dada, v = (7, 6 m/s)iˆ + (6,1 m/s) ˆj , de v1 , para distingui-la da ve
locidade da bola quando atinge a altura máxima, v2 , e da velocidade da bola ao atingir o solo,


v3 , e chamamos a velocidade inicial de v0 , como de costume. Escolhemos como origem o
ponto de lançamento.
(a) Várias abordagens são possíveis, mas como será útil (para resolver o resto do problema) conhecer a componente vertical da velocidade inicial, vamos começar por este cálculo. De acordo
com a Eq. 2-16, temos:
v12y = v02 y − 2 gDy ⇒ (6,1 m/s)2 = v02 y − 2(9, 8 m/s 2 )(9,1 m)
o que nos dá v0 y = 14,7 m/s. Sabendo que v2 y = 0, usamos novamente a Eq. 2-16, mas agora
com ∆y = h, a altura máxima:
v22 y = v02 y − 2 gh ⇒
0 = (14, 7 m/s)2 − 2(9, 8 m/s 2 )h
o que nos dá h = 11 m.
(b) Usando a Eq. 4-26 com v0 y no lugar de v0 sen θ0 e v0x no lugar de v0 cos θ0, temos:
0 = v0 y t −
1 2
gt , R = v0 x t
2
o que nos dá R = 2 v0 x v0 y / g. Como v0x = v1x = 7, 6 m/s, temos:
R = 2(7,6 m/s)(14,7 m/s)/(9,8 m/s2) = 23 m.
(c) Como v3x = v1x = 7,6 m/s e v3y = – v0 y = –14,7 m/s, temos:
v3 =
v32 x + v32 y =
(7, 6 m/s)2 + (−14, 7 m/s)2 = 17 m/s..
soluções dos problemas 97

(d) O cálculo do ângulo de v3 (medido em relação à horizontal) leva a duas possibilidades:
 −14, 7 m 
= −63° ou 117°
tan −1 
 7, 6 m 
Escolhemos a primeira possibilidade (–63°, que é equivalente a 297°) porque os sinais das com
ponentes mostram que v3 está no quarto quadrante.
44. Como a velocidade inicial é horizontal, v0 y = 0 e v0 = v0x = 161 km/h. Convertendo para
unidades do SI, v0 = 44,7 m/s.
(a) Escolhendo como origem o ponto de lançamento, a coordenada y da bola é dada por y = − 12 gt 2
e a coordenada x é dada por x = v0t. A última equação nos dá uma proporcionalidade simples
entre distância horizontal e tempo, que significa que o tempo para percorrer metade da distância total é igual à metade do tempo total. Mais especificamente, se x = 18,3/2 m, t = (18,3/2 m)/
(44,7 m/s) = 0,205 s.
(b) O tempo necessário para percorrer os 18,3/2 m seguintes também deve ser 0,205 s. Pode ser
interessante escrever a equação da componente horizontal do deslocamento na forma ∆x = v0∆t
para ver este resultado mais claramente.
)
)
(c) Usando a equação y = − 12 gt 2, vemos que a bola caiu | − 12 ( 9, 80 m/s 2 ( 0, 205 s | = 0, 205 m
em metade do percurso.
)
)
2
(d) A altura da bola no final do percurso é − 12 ( 9, 80 m/s2 ( 0, 409 s = − 0, 820 m , que, quando
comparada com o resultado anterior, mostra que a bola caiu mais 0,615 m na segunda metade
do percurso. Como y não varia linearmente com t, não podemos esperar que tempos iguais correspondam a variações iguais de altura; fisicamente, isso se deve ao fato de que a “velocidade
inicial” da segunda metade da queda é maior que a velocidade inicial da primeira metade da
queda.
2
45. (a) Seja m = d2/d1 = 0,600 a inclinação da rampa, de modo que y = mx. Escolhemos como
origem o ponto de lançamento e usamos a Eq. 4-25. Temos:
y = tan(50, 0) x −
(9, 80 m/s2 ) x 2
= 0, 600 x
2(10, 0 m/s)2 (cos 50, 0)2
o que nos dá x = 4,99 m. Como esse valor é menor que d1, a bola cai na rampa.
(b) Usando o valor de x calculado no item (a), obtemos y = mx = 2,99 m. Assim, de acordo
com o teorema de Pitágoras, o módulo do deslocamento é x 2 + y2 = 5,82 m.
(c) O ângulo do deslocamento, naturalmente, é o ângulo da rampa: tan-1(m) = 31,0º.
46. Usando o fato de que v y = 0 quando o jogador atinge a altura máxima ymáx , o tempo necessário para atingir ymáx pode ser calculado usando a Eq. 4-23:
0 = vy = v0 sen u0 − gt ⇒ t máx =
v0 sen u0
.
g
Substituindo essa expressão na Eq. 4-22, vemos que a altura máxima é dada por
2
ymáx
 v sen u0  1  v0 sen u0 
v02 sen 2 u0
1 2
=
−
g
= (v0 sen u0 ) t máx − gt máx
= v0 sen u0  0
.
2g
g  2 
g 
2

98 soluções dos problemas
Para calcular o instante em que o jogador está em y = ymáx / 2 , resolvemos a equação do segundo grau dada pela Eq. 4-22:
y=
v 2 sen 2 u0
1
1
ymáx = 0
= (v0 sen u0 ) t − gt 2
2
4g
2
⇒ t± =
(2 ± 2 )v0 sen u0
.
2g
Escolhendo a solução t = t− (ou seja, durante a subida), o tempo que o jogador passa a uma
altura y ≥ ymáx / 2 é
Dt = t máx − t − =
v0 sen u0 (2 − 2 )v0 sen u0 v0 sen u0 t máx
=
−
=
g
2g
2
2g
⇒
Dt
1
=
= 0, 707.
t máx
2
Assim, o jogador passa 70,7% na metade mais alta do salto. Note que a razão Dt / t máx não depende de v0 e u0 , embora Dt e t máx dependam desses parâmetros.
47. Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de contato entre
o taco e a bola. Na ausência de um alambrado, com u0 = 45°, o alcance horizontal (até a altura
de lançamento) é R = 107 m . Queremos saber a que altura do solo estará a bola quando tiver
percorrido uma distância horizontal x9 = 97,5 m, mas para isso precisamos conhecer a velocidade inicial. A trajetória da bola é descrita pela Eq. 4-25:
y − y0 = (tan u0 ) x −
gx 2
2( v0 cosu0 )2
A figura (que não foi desenhada em escala) mostra a situação do problema.
(a) Começamos por calcular a velocidade inicial v0. Substuindo o valor do alcance horizontal
( y = y0 para x = R) e do ângulo de lançamento (θ0 = 45°) na Eq. 4-25, temos:
v0 =
(9, 8 m/s 2 )(107 m)
= 32, 4 m/s.
sen(2 × 45°)
gR
=
sen 2u0
Assim, o instante em que a bola chega ao alambrado é
x ′ = (v0 cos u0 )t ′ ⇒
t′ =
x′
97, 5 m
=
= 4, 26 s.
v0 cos u0 ( 32, 4 m/s ) cos 45°
Nesse instante, a altura da bola (em relação ao solo) é
y ′ = y0 + ( v0 sen u0 ) t ′ −
1 2
gt ′
2
= 1, 22 m + [(32, 4 m/s) sen 45°](4, 26 s) −
1
(9, 8 m/s 2 )(4, 26 s)2
2
= 9, 88 m
o que significa que a bola consegue passar pelo alambrado, já que este tem 7,32 m de altura.
soluções dos problemas 99
(b) No instante t ′ = 4, 26 s, o centro da bola está 9,88 m – 7,32 m = 2,56 m acima do alambrado.
48. Seguindo a sugestão, invertemos o movimento e supusemos que a bola foi lançada do alto
do edifício, para a esquerda, a 60o no sentido horário com um eixo apontando para a esquerda.
Nesta situação invertida, é conveniente considerar como sentido positivo do eixo x o sentido da
direita para a esquerda e como sentido positivo dos ângulos o sentido horário. As distâncias
estão em metros e os tempos em segundos.
(a) Com y0 = 20,0 m e y = 0 em t = 4,00 s, temos y − y0 = v0 y t − 12 gt 2 , onde v0 y = v0 sen 60°. Isso
nos dá v0 = 16,9 m/s. Substituindo na equação da componente x do movimento, x − x 0 = v0 x t
(com x0 = 0 e x = d), obtemos
d = (16,9 m/s) cos 60° (4,00 s) = 33,7 m.
(b) Temos:
vx = v0 x = (16, 9 m/s) cos 60 = 8, 45 m/s
vy = v0 y − gt = (16, 9 m/s) sen 60 − (9, 80 m/s2 )(4, 00 s) = −24, 6 m/s.


O módulo de v é | v |=
v x2 + v y2 =
(8, 45 m/s)2 + (−24, 56 m/s)2 = 26, 0 m//s.
(c) O ângulo em relação à horizontal é
 −24, 6 m/s 
v 
u = tan −1  y  = tan −1 
 = −71,1°.
 vx 
 8, 43 m/s 
Podemos converter o vetor velocidade da forma retangular para a forma módulo-ângulo:

v = (8, 45, − 24, 6) → (26, 0 ∠ − 71,1)
e interpretar o resultado (“desfazendo” a inversão do movimento) como uma velocidade inicial
de módulo 26,0 m/se ângulo (para cima e para a direita) de 71,1°.
49. Vamos escolher como origem o ponto onde a bola foi chutada e calcular o ângulo inicial θ0
para que y > 3,44 m para x = 50 m. As equações do movimento da bola são
x = v0 cosu0
e
y = v0 t sen u0 −
1 2
gt .
2
A primeira equação nos dá t = x/v0 cos θ0; substituindo na segunda equação, obtemos
y = x tan u0 −
gx 2
.
2 v02 cos 2 u0
Poderíamos resolver essa equação por tentativa e erro, ou seja, experimentar vários valores de
θ0 até encontrar os limites superior e inferior dos valores de θ0 que atendem às especificações
do problema. Entretanto, uma pequena manipulação permite obter uma solução algébrica para
a equação. Usando a identidade trigonométrica 1/(cos2 θ0) ≡ 1 + tan2 θ0, obtemos
1 gx 2
1 gx 2
2
u
−
u
+
+
=0
tan
x
tan
y
0
0
2 v02
2 v02
que é uma equação do segundo grau em tan θ0. Para facilitar os cálculos, definimos uma nova
constante
c=
1 gx 2 1
= (9, 80 m/s2 )(50 m)2 / (25 m/s)2 = 19, 6 m.
2 v02
2
100 soluções dos problemas
Nesse caso, a equação do segundo grau se torna c tan2 θ0 – x tan θ0 + y + c = 0, cujas soluções
são
tan u0 =
x±
x 2 − 4( y + c)c 50 m ± (50 m)2 − 4(3, 44 m + 19, 6 m)(19, 6 m)
=
2c
2(19, 6 m)
As duas soluções são tanθ0 = 1,95 e tanθ0 = 0,605. Os ângulos correspondentes (no primeiro
quadrante) são θ0 = 63° e θ0 = 31°. Assim,
(a) O menor ângulo é θ0 = 31°.
(b) O maior ângulo é θ0 = 63°.
50. Usamos as Eqs. 4-21, 4-22 e 4-23.
(a) A partir de Dx = v0 x t , obtemos v0 x = 40 m / 2 s = 20 m/s.
)
(b) A partir de Dy = v0 y t − 12 gt 2 , obtemos v0 y = ( 53 m + 12 (9, 8 m/s 2 )(2 s)2 / 2 = 36 m/s.
(c) A partir de v y = v0 y − gt ′ com vy = 0 como a condição de altura máxima, obtemos
t ′ = (36 m/s) / (9, 8 m/s 2 ) = 3, 7 s. Como durante esse tempo a componente x da velocidade é
constante, x ′ − x 0 = (20 m/s)(3, 7 s) = 74 m.
51. (a) Como o esquiador salta com um ângulo u0 = 9, 0° para cima com a horizontal, seu vetor
velocidade ao voltar ao nível de onde saltou faz um ângulo de 9,0o para baixo com a horizontal.
Como, nesse ponto, a encosta faz um ângulo  = 11, 3° para baixo com a horizontal, o ângulo
entre a encosta e o vetor velocidade do esquiador é  =  − u0 = 11, 3° − 9, 0° = 2, 3°.
(b) Suponha que o esquiador toca a neve a uma distância d do início da encosta, medida paralelamente à encosta. Usando a Eq. 4-25 com x = d cos  e y = − d sen  (escolhendo como
origem o ponto onde começa a encosta), temos:
− d sen  = d cos  tan u0 −
g(d cos )2
.
2 v02 cos 2 u0
Explicitando d, obtemos:
d=
=
2 v02 cos 2 u0
2 v02 cosu0
+
=
cos

tan
u
sen

(
( cos  sen u0 + cosu0 sen 
0
g cos2 
g cos2 
)
)
2 v02 cosu0
sen(u0 + ).
g cos2 
Substituindo os valores dados, obtemos:
d=
2(10 m/s)2 cos(9, 0°)
sen(9, 0° + 11, 3°) = 7, 27 m
(9, 8 m/s 2 ) cos 2 (11, 3°)
o que nos dá
y = − d sen  = −(7, 27 m) sen(11, 3°) = −1, 42 m.
Assim, o esquiador toca a neve aproximadamente 1,4 m abaixo do ponto de onde saltou.
(c) O tempo que o esquiador passa no ar é
t=
x
d cos  (7, 27 m) cos(11, 3°)
= 0, 72 s.
=
=
vx v0 cos u0
(10 m/s) cos(9, 0°)
soluções dos problemas 101
De acordo com a Eq. 4-23, as componentes x e y da velocidade no final do salto são
vx = v0 cos u0 = (10 m/s) cos(9, 0°) = 9, 9 m/s
vy = v0 sen u0 − gt = (10 m/s) sen(9, 0°) − (9, 8 m/s 2 )(0, 72 s) = −5, 5 m/s
Assim, a direção na qual o esquiador está se movendo quando toca a neve é
 −5, 5 m/s 
v 
u = tan −1  y  = tan −1 
 = −29,1°.
 vx 
 9, 9 m/s 
ou seja, um ângulo de 29,1° para baixo com a horizontal. De acordo com esse resultado, o ângulo entre a encosta e o vetor velocidade do esquiador é  = 29,1° − 11, 3° = 17, 8° ou aproximadamente 18°.
52. De acordo com a Eq. 4-21, t = x / v0 x . Nesse caso, a Eq. 4-23 nos dá
v y = v0 y − gt = v0 y −
gx
.
v0 x
Como a inclinação do gráfico é −0,500, temos:
g
1
⇒ vox = 19,6 m/s.
=
v0 x 2
Sabemos que o ponto em que a reta “intercepta” o eixo y é voy = 5,00 m/s. Assim,
θo = tan−1(voy ⁄ vox) = 14,3° ≈ 14° .
53. Sejam x0 = 0 e y0 = h0 = 1,00 m as coordenadas do ponto no qual a bola é golpeada. Sejam
x1 e y1 = h (altura do muro) as coordenadas do ponto no qual a bola passa pela primeira vez
pelo ponto mais alto do muro, 1,00 s após ter sido golpeada, e sejam x2 e y2 = h as coordenadas
do ponto no qual a bola passa novamente pelo ponto mais alto do muro, 4,00 s depois. Sejam
xf = R e yf = 1,00 m as cooordenadas do ponto no qual a bola é apanhada. As distâncias estão
em metros e os tempos em segundos.
(a) Lembrando que vx é constante, temos x2 – x1 = 50,0 m = v1x (4,00 s), o que nos dá v1x = 12,5
m/s. Assim, após seis segundos, temos:
xf – x0 = R = vx(6,00 s) = 75,0 m.
(b) Aplicando a equação y − y0 = v0 y t − 12 gt 2 à componente vertical do movimento da bola no
trecho em que está acima do ponto mais alto do muro, temos:
)
y2 − y1 = 0 = v1 y ( 4, 00 s −
1
g ( 4, 00 s
2
)
2
da qual v1y = 19,6 m/s. Um segundo antes, usando a equação v1y = v0y – g(1,00 s), obtemos
v0 y = 29, 4 m/s. Assim, a velocidade inicial da bola é

v = v0 x ˆi + v0 y ˆj = (12, 5 m/s) ˆi + (29,4 m/s) ˆj

O módulo da velocidade é | v |=
(12, 5 m/s)2 +(29,4 m/s)2 = 31, 9 m/s.
(c) O ângulo é
 29, 4 m/s 
v 
u = tan −1  y  = tan −1 
 = 67, 0°.
 vx 
 12, 5 m/s 
Interpretamos este resultado como uma velocidade de módulo 31,9 m/s e ângulo (para a direita
e para cima) de 67,0°.
102 soluções dos problemas
(d) Durante o primeiro 1,00 s do movimento, y = y0 + v0 y t − 12 gt 2 e, portanto,
)
) (9,8 m/s )(1, 00 s)
h = 1, 0 m + ( 29, 4 m/s (1, 00 s −
1
2
2
2
= 25, 5 m.
54. Para ∆y = 0, a Eq. 4-22 nos dá t = 2vosenθo/g, ou seja, tmáx = 2vo/g (para uma bola lançada
verticalmente para cima: θo = 90°). Assim,
v
1
t máx = 0
g
2
⇒
1
= sen u0 = sen u0 .
2
Portanto, o ângulo para o qual o tempo de percurso corresponde à metade do tempo máximo é
θo = 30,0°. Como a velocidade é mínima no ponto mais alto da trajetória, onde a componente
vertical da velocidade é zero, a menor velocidade que a bola possui durante o percurso é vx =
vocosθo = vocos 30°= 0,866v0. Para determinar o valor de v0, observamos no gráfico que o alcance R é 240 m para θo = 45,0°. Nesse caso, de acordo com a Eq. 4-26, vo = 48,5 m/s. A resposta
é, portanto, (0,866)(48,5) = 42,0 m/s.
55. Chamamos de a a altura e de l a largura de um degrau. Para chegar ao degrau n, a bola deve
descer uma distância na e percorrer uma distância horizontal entre (n − 1)l e nl. Escolhemos
como origem o ponto em que a bola deixa o alto da escada e o sentido positivo do eixo y como
sendo para cima, como mostra a figura.
As coordenadas da bola no instante t são dadas por x = v0xt e y = − 12 gt 2 (já que v0y = 0).
Para calcular o tempo necessário para a bola atingir o nível do degrau n, fazemos y = na e explicitamos t:
t=
2nh
.
g
A coordenada x é, portanto,
x = v0 x
2na
2n(0,203 m)
= (1, 52 m/s)
= (0, 309 m)
g
9,8 m/s 2
n.
O passo seguinte consiste em experimentar valores de n até encontrarmos um valor para o qual
x/l seja menor que n, porém maior que n – 1. Para n = 1, x = 0,309 m e x/l = 1,52, que é maior
que n. Para n = 2, x = 0,437 m e x/l = 2,15, que também é maior que n. Para n = 3, x = 0,535 m
e x/l = 2,64. Como este valor é menor que n e maior que n – 1, a bola bate primeiro no terceiro
degrau de cima para baixo.
Nota: Para verificar se os cálculos estão corretos, podemos fazer n = 3 nas equações acima. Os
resultados são t = 0,353 s, y = 0,609 m e x = 0,535 m. Os valores de x e y realmente correspondem ao terceiro degrau.
soluções dos problemas 103
56. Usamos a Eq. 4-35 para determinar a velocidade v e a Eq. 4-34 para calcular a aceleração a.
(a) Como o raio da Terra é 6,37 × 106 m, o raio da órbita do satélite é
r = (6,37 × 106 + 640 × 103 ) m = 7,01 × 106 m.
Assim, a velocidade do satélite é
v=
)
2 ( 7, 01 × 10 6 m
2 r
=
= 7, 49 × 10 3 m/s.
T
(98, 0 min (60 s / min
)
)
(b) O módulo da aceleração é
3
v 2 ( 7, 49 × 10 m/s
a=
=
7, 01 × 10 6 m
r
)
2
= 8, 00 m/s 2 .



57. (a) Como a = v2/ r , temos: r = v2/a = (3,66 m/s)2/(1,83 m/s2) = 7,32 m.

 

(b) Como r e a têm sentidos opostos, se a aponta para leste, r aponta para oeste.


(c) Pelo mesmo raciocínio do item anterior, se a aponta para o sul, r aponta para o norte.
58. (a) A distância é o perímetro da circunferência c = 2πr = 2π(0,15 m) = 0,94 m.
(b) Se T = (60 s)/1200 = 0,050 s, a velocidade escalar é v = c/T = (0,94 m)/(0,050 s) = 19 m/s.
Isso equivale a usar a Eq. 4-35.
(c) O módulo da aceleração é a = v2/r = (19 m/s)2/(0,15 m) = 2,4 × 103 m/s2.
(d) O período do movimento é (1200 rev/min)–1 = 8,3 × 10–4 min; em unidades do SI, T = 0,050
s = 50 ms.
59. (a) Como a roda completa 5 voltas a cada minuto, o período do movimento é 60 s/5 = 12 s.
(b) O módulo da aceleração centrípeta é a = v2/R, na qual R é o raio da roda e v a velocidade
da passageira. Como a passageira percorre uma distância 2πR a cada volta, sua velocidade escalar é
2 (15 m
v=
= 7, 85 m/s
12 s
)
( 7,85 m/s)
e sua aceleração centrípeta é a =
15 m
2
= 4,1 m/s 2 .
(c) Como a roda-gigante está girando com velocidade constante, a aceleração centrípeta não
varia. Assim, no ponto mais alto do percurso, a = 4,1 m/s2.
(d) Pelo mesmo raciocínio do item anterior, a = 4,1 m/s2.
(e) O sentido é para cima, em direção ao centro da roda.
60. (a) No movimento circular uniforme, o vetor velocidade é sempre perpendicular ao vetor
aceleração. Assim, v ⋅ a = 0.
(b) No movimento circular uniforme, o vetor aceleração e o vetor posição têm a mesma direção
 
e sentidos opostos; assim, r × a = 0.
104 soluções dos problemas
61. Usamos a Eq. 4-35 para calcular a velocidade v e a Eq. 4-34 para calcular a aceleração centrípeta a.
(a) v = 2πr/T = 2π(20 km)/1,0 s = 126 km/s = 1,3 × 105 m/s.
v 2 (126 km/s
=
(b) a =
20 km
r
)
2
= 7, 9 × 10 5 m/s2 .
(c) De acordo com as Eqs. 4-35 e 4-34, se a estrela girar mais depressa, v e a vão aumentar.
62. O módulo da aceleração é
v 2 (10 m/s
a=
=
25 m
r
)
2
= 4, 0 m/s 2 .

63. Notamos primeiro que a1 (a aceleração da partícula no instante t1 = 2,0 s) é perpendicular a

a2 (a aceleração no instante t2 = 5,00 s), calculando o produto escalar das duas acelerações:
 
ˆ ⋅ [(4, 00 m/s 2 )iˆ + ( − 6,00 m/s 2 )j]
ˆ = 0.
a1 ⋅ a2 = [(6,00 m/s 2 )iˆ + (4,00 m/s 2 )j]
Como os vetores aceleração apontam para o centro da circunferência, isso significa que as duas
posições estão separadas por um quarto de circunferência (ou três quartos de circunferência,
dependendo do sentido em que a diferença é medida. É fácil constatar, acompanhando o movimento da partícula, que se o movimento é no sentido anti-horário (como afirma o enunciado),
a partícula descreve três quartos de circunferência ao se deslocar da posição que ocupa no instante t1 para a posição que ocupa no instante t2. Chamando o período de T, temos t2 – t1 = 3,00
s = 3T/4, o que nos dá T = 4,00 s. O módulo da aceleração é
a=
ax2 + a y2 =
(6, 00 m/s 2 )2 + (4, 00 m/s)2 = 7, 21 m/s 2 .
De acordo com as Eqs. 4-34 e 4-35, a = 4 2r / T 2 , o que nos dá
r=
aT 2 (7, 21 m/s 2 )(4, 00 s)2
=
= 2, 92 m.
4 2
4 2
64. No movimento circular uniforme, o vetor aceleração instantânea aponta sempre para o centro
da circunferência. Assim, o centro está “verticalmente acima” do ponto citado (em um sistema
de eixos convencional, com o eixo x na horizontal e o eixo y na vertical).
(a) Como o centro está “verticalmente acima” do ponto (4,00 m, 4,00 m), a coordenada x do
centro é 4,00 m.
(b) Para calcular a coordenada y, precisamos conhecer o raio da circunferência. De acordo com
a Eq. 4-34,
)
v 2 ( 5, 00 m/s
r=
=
= 2, 00 m.
12, 5 m/s 2
a
2
Assim, a coordenada y do centro é 2,00 m + 4,00 m = 6,00 m e o centro é um ponto de coordenadas (x, y) = (4,00 m, 6,00 m).
65. Como o período do movimento circular uniforme é T = 2 r / v , em que r é o raio e v é a
velocidade escalar, a aceleração centrípeta pode ser escrita na forma
2
v 2 1  2 r 
4 2r
=
a=
= 
.

r
r T 
T2
soluções dos problemas 105
Com base nessa expressão, a razão entre as acelerações da carteira e da bolsa é igual à razão
entre as distâncias a que se encontram do centro: acarteira/abolsa = 3,00/2,00 = 1,50. Como as duas
acelerações estão sobre a mesma linha radial, temos:
ˆ
acarteira = 1, 50 [(2, 00 m/s 2 )iˆ + (4,00 m/s 2 )ˆj] = (3, 00 m/s 2 )iˆ + (6,00 m/s 2 )j.
66. O fato de que a velocidade está na direção +y e a aceleração na direção +x no instante t1 =
4,00 s significa que o movimento é no sentido horário. A posição corresponde à posição das “9
horas”. Por outro lado, a posição no instante t2 = 10,0 s corresponde à posição das “6 horas”, já
que a velocidade aponta na direção −x e a aceleração na direção +y. Isso significa que o intervalo de tempo Dt = 10, 0 s − 4, 00 s = 6, 00 s é igual a 3/4 de período:
6, 00 s =
3
T ⇒ T = 8, 00 s.
4
De acordo com a Eq. 4-35, temos:
r=
vT (3, 00 m/s)(8, 00 s)
=
= 3, 82 m.
2
2
(a) A coordenada x do centro da trajetória circular é x = 5, 00 m + 3, 82 m = 8, 82 m.
(b) A coordenada y do centro da trajetória circular é y = 6, 00 m.
Assim, o centro da circunferência está no ponto (x, y) = (8,82 m, 6,00 m).
67. A pedra está descrevendo inicialmente um movimento circular uniforme (desenho de cima), mas
passa a descrever uma trajetória balística depois que a corda arrebenta (desenho de baixo).
Como a = v 2 / R , para calcular a aceleração centrípeta da pedra, precisamos conhecer a velocidade escalar durante o movimento circular, que é também a velocidade inicial do movimento
balístico quando a corda arrebenta. Usamos as equações do movimento balístico (discutidas na
Seção 4-6) para calcular essa última velocidade. Escolhendo o sentido do semieixo y positivo
como sendo para cima e a origem no ponto em que a pedra deixa de descrever o movimento circular, as coordenadas da pedra durante o movimento balístico são dadas por x = v0t e y = − 12 gt 2
(já que v0y = 0). A pedra chega ao solo no ponto x = 10 m, y = –2,0 m.
106 soluções dos problemas
Explicitando t na equação da componente y do deslocamento, obtemos t =
demos substituir na primeira equação. O resultado é o seguinte:
v0 = x −
g
= (10 m
2y
)
−
9, 8 m/s 2
2 ( −2, 0 m
)
−2 y / g , que po-
= 15, 7 m/s.
Assim, o módulo da aceleração centrípeta é
v 2 (15, 7 m/s
a= 0 =
1, 5 m
R
)
2
= 160 m/s 2 .
68. De acordo com o enunciado, depois de três segundos (t2 – t1 = 3,00 s), a velocidade tem a
mesma direção e o sentido oposto. Isso significa que o gato leva três segundos para percorrer
metade da circunferência. Assim, T = 2(3,00 s) = 6,00 s.
(a) Usando a Eq. 4-35, r = vT/2π, em que v = (3, 00 m/s)2 + (4, 00 m/s)2 = 5, 00 m/s , obtemos
r = 4, 77 m . O módulo da aceleração centrípeta do gato é, portanto, a = v2/r = 5,24 m/s2.
(b) A aceleração média do gato é dada pela Eq. 4-15:
 
v2 − v1 (−3, 00 ˆi − 4, 00 ˆj) m/s − (3, 00 ˆi + 4, 00 ˆj) m/s

améd =
=
= (−2, 00 m/s 2 ) ˆi + ( − 2, 67 m/s2 ) ˆj
t 2 − t1
5,00 s − 2, 00 s

e, portanto, | améd |= (−2, 00 m/s 2 )2 + (−2, 67 m/s 2 )2 = 3, 33 m/s2 .
69. Usamos a Eq. 4-15 primeiro para as velocidades em relação à picape (índice p) e depois em
relação ao solo (índice s). Como vamos trabalhar usando unidades do SI, fazemos as conversões 20 km/h → 5,6 m/s, 30 km/h → 8,3 m/s e 45 km/h → 12,5 m/s. Escolhemos o eixo + î
como a direção leste.
(a) De acordo com a Eq. 4-44, a velocidade do guepardo (índice c) no final do intervalo de
2,0 s é



vgp = vgs − vps = (12, 5 m/s) ˆi − (−5, 6 m/s) ˆi = (188,1 m/s) ˆi
em relação à picape. Como a aceleração do guepardo em relação à picape no início do intervalo
de 2,0 s é (−8, 3 m/s)iˆ , o vetor aceleração média do guepardo em relação ao cinegrafista (que
está na picape) é
(18,1 m/s) ˆi − (−8, 3 m/s) ˆi

améd =
= (13 m/s2 ) ˆî,
2, 0 s

o que nos dá | améd | = 13 m/s 2 .

(b) A direção de améd é + î , ou seja, a direção leste.
(c) De acordo com a Eq. 4-44, a velocidade do guepardo no início do intervalo de 2,0 s é



v0gs = v0gp + v0ps = (−8, 3 m/s) ˆi + ( − 5, 6 m/s) îi = (−13, 9 m/s)iˆ
em relação ao solo. O vetor aceleração média em relação ao membro da equipe que está na
margem da estrada é
(12, 5 m/s) ˆi − (−13, 9 m/s) ˆi


améd =
= (13 m/s2 ) ˆi, |améd | = 13 m/s2
2, 0 s
o mesmo resultado do item (a).
soluções dos problemas 107

(d) A direção de améd é +î , ou seja, a direção leste.
70. Usamos a Eq. 4-44, notando que o sentido rio acima corresponde à direção +î .
(a) Vamos usar o índice b para o barco, o índice a para a água e o índice m para a margem.



vbm = vba + vam = (14 km/h) ˆi + (−9 km/h) ˆi = (5 km/h) ˆi.

Assim, | vbm |= 5 km/h.

(b) A orientação de vbm é +x, ou seja, rio acima.
(c) Usando o índice c para a criança, temos:



vcm = vcb + vbm = (−6 km/h) ˆi + (5 km/h) ˆi = ( − 1 km/h) î .

Assim, | vcm |= 1 km/h.

(d) A orientação de vcm é −x, ou seja, rio abaixo.
71. Enquanto o homem se move no sentido da esteira rolante (cobrindo uma distância d em
relação ao solo em um tempo t1 = 2,50 s), a Eq. 4-44 nos dá
vesteira + vhomem =
d
t1
.
Quando o homem corre no sentido oposto (levando um tempo t2 = 10,0 s), temos:
vesteira − vhomem = −
d
.
t2
Resolvendo esse sistema de equações e calculando a razão pedida, temos:
vhomem t1 + t2 12, 5 5
=
=
= = 1, 67.
vesteira
t1 − t2
7, 5 3

72. Chamamos a velocidade do jogador em relação ao campo de v JC e a velocidade relativa da bola


em relação ao jogador de v BJ . Nesse caso, a velocidade v BC da bola em relação ao campo é dada





por v BC = v JC + v BJ . O menor ângulo, θmin, corresponde ao caso em que v BC ⊥ v JC . Assim,

 | v |
 4, 0 m/s 
= 130°.
umin = 180° − cos −1  JC  = 180° − cos −1 
 6,0 m/s 
 | vBJ | 
73. Usamos os índices p e m para designar o policial e o motorista. O sistema de coordenadas
é o da Fig. 4-46.
(a) A velocidade do motorista em relação ao policial é



vm p = vm − v p = (−60 km/h) ˆj − (−80 km/h) ˆi = (80 km/h)iˆ − (60 km/h) ˆj.

(b) vm p tem a mesma direção que a reta que liga os dois carros. Observando a Fig. 4-46, ve
mos que o vetor que aponta de um carro para o outro é r = (800 m) ˆi − (600 m) ˆj (de M para P).
108 soluções dos problemas


Como a razão entre os componentes de r é igual à razão entre os componentes de vm p, os dois
vetores têm a mesma direção.
(c) Não, as respostas permanecem as mesmas.
74. Supondo que a velocidade do avião e a velocidade do vento são constantes, a velocidade
do avião em relação ao solo é

ˆ
vAS = (55 km)/(1/4 hora) ˆj = (220 km/h)j.
Além disso,

ˆ
vArS = (42 km/h)(cos 20° ˆi − sen 20° ˆj) = (39 km/h)ˆi − (14 km/h)j.



Usando a relação v AS = v AAr + v ArS , temos:



ˆ
vAAr = vAS − vArS = −(39 km/h)iˆ + (234 km/h)j,

o que significa que | vAAr | = 237 km/h ou aproximadamente 240 km/h.
75. Como as gotas de chuva caem verticalmente em relação ao trem, a componente horizontal
da velocidade de uma gota, vh = 30 m/s, deve ser igual à velocidade do trem, ou seja, vh = vtrem
(veja a figura a seguir).
Por outro lado, se vv é a componente vertical da velocidade e θ é o ângulo entre a direção do
movimento e a vertical para um observador estacionário, tan θ = vh/vv. Assim, conhecendo θ podemos determinar vv e conhecendo vv e vh podemos calcular a velocidade das gotas de chuva.
Para u 5 70°, a componente vertical da velocidade é
vv = vh/tan θ = (30 m/s)/tan 70° = 10,9 m/s.
Assim, a velocidade das gotas de chuva é
v=
vh2 + vv2 =
(30 m/s)2 + (10, 9 m/s)2 = 32 m/s.
76. Escolhendo os eixos de tal forma que o semieixo y positivo aponta
para o norte e o semieixo

x positivo aponta para leste, a orientação do ponto de destino é D = 800 km ĵ . Como a viagem

leva duas horas, a velocidade do avião em relação ao solo é vAS = (400 km/h) ĵ . Essa velocidade é a soma vetorial da velocidade do avião em relação ao ar, cujas componentes são (500

cos70°, 500 sen70°), com a velocidade do ar (vento) em relação ao solo, vArS . Assim,

(400 km/h) ĵ = (500 km/h) cos 70° î + (500 km/h) sen 70° ĵ + vArS ,
o que nos dá

vArS = ( –171 km/h) î – ( 70,0 km/h) ĵ .


(a) O módulo de vArS é | vArS |=
(−171 km/h)2 + (−70, 0 km/h)2 = 185 km/h.
soluções dos problemas 109

(b) A orientação de vArS é
 −70, 0 km/h 
= 22, 3° (ao sul do oeste).
u = tan −1 
 −171 km/h 
77. Este problema lida com o movimento relativo em duas dimensões. Flocos de neve que caem
verticalmente do ponto de vista de um observador estacionário parecem estar caindo obliquamente do ponto de vista de um observador em movimento. A velocidade dos flocos de neve em
relação ao carro tem uma componente vertical vv = 8,0 m/s e uma componente horizontal vh =
50 km/h = 13,9 m/s. O ângulo θ com a vertical obedece à equação
tan u =
vh 13, 9 m/s
=
= 1,74
vv
8,0 m/s
o que nos dá θ = 60°.
Nota: O problema também pode ser resolvido expressando a relação de velocidade em forma



vetorial: vrel = vneve + vcarro, como mostra a figura.
78. Usamos as Eqs. 4-44 e 4-45.
A velocidade do jipe P em relação a A no instante considerado é

vPA = (40, 0 m/s)(cos 60° ˆi + sen 60° ˆj) = (20, 0 m/s) ˆi + (34, 6 m/s) ˆj.
A velocidade do jipe B em relação a A no mesmo instante é

vBA = (20, 0 m/s)(cos 30° ˆi + sen 30° ˆj) = (17, 3 m/s) ˆi + (10, 0 m/s) ˆj.
Assim, a velocidade de P em relação a B é



ˆ
vPB = vPA − v BA = (20, 0 ˆi + 34, 6 ˆj) m/s − (17, 3ˆi + 10, 0 ˆj) m/s = (2,68 m/s)iˆ + (24,6 m/s)j.

(a) O módulo de vPB é | vPB | =
(2, 68 m/s)2 + (24, 6 m/s)2 = 24, 8 m/s.

(b) A orientação de vPB é u = tan −1[(24, 6 m/s) / (2, 68 m/s)] = 83, 8° ao norte do leste (ou 6,2º
a leste do norte).
(c) A aceleração do jipe P é

aPA = (0, 400 m/s 2 )(cos 60, 0° ˆi + sen 60, 0° ˆj) = (0, 200 m/s 2 ) ˆi + (0, 346 m/s2 ) ˆj,



e aPA = aPB . Assim, | aPB |= 0, 400 m/s2 .
(d) A orientação é 60,0° ao norte do leste (ou 30,0° ao leste do norte).
79. Como u A = 45° e u B = 40° , como mostra a figura a seguir, os vetores velocidade (em relação à margem) dos navios A e B são dados por

vA = − (vA cos 45°) ˆi + (vA sen 45°) ˆj

vB = − (vB sen 40°) ˆi − (vB cos 40°) ˆj,
110 soluções dos problemas
com vA = 24 nós e vB = 28 nós.



A velocidade do navio A em relação ao navio B é dada por v AB = v A − v B .
(a) A velocidade relativa é

 
vA B = vA − vB = (vB sen 40° − vA cos 45°) ˆi + (vB cos 40° + vA sen 45°) ˆj
= (1, 03 nós) ˆi + (38, 4 nós) ˆj

cujo módulo é | v A B | =
(1, 03 nós)2 + (38, 4 nós)2 ≈ 38, 4 nós , ou aproximadamente 38 nós.

(b) O ângulo u AB que v A B faz com o norte é dado por
v 
 1, 03 nós 
= 1, 5°
u AB = tan −1  AB ,x  = tan −1 
 38, 4 nós 
v
 AB , y 

o que significa que v A B aponta para 1,5° a leste do norte.
(c) Como os dois navios deixaram o porto ao mesmo tempo, a velocidade relativa descreve a taxa
com a qual a distância entre os navios está aumentando. Como essa taxa é constante, temos:
t=
| DrAB | 160 milhas náuticas
=
= 4, 2 h.

| v AB |
38, 4 nós



(d) A velocidade v A B não varia com o tempo e rA B tem a mesma orientação que v A B , já que os


navios deixaram o porto no mesmo instante. Invertendo os pontos de vista, temos v A B = − v B A


e, portanto, rA B = −rB A. Assim, concluímos que B mantém um curso 1,5° a oeste do sul em relação a A durante toda a viagem (desprezando a curvatura da Terra).
Nota: A velocidade relativa está representada na figura a seguir. Um diagrama vetorial como
esse pode ser muito útil para analisar movimentos relativos em duas dimensões.
soluções dos problemas 111
80. Este é um problema clássico que envolve movimento relativo em duas dimensões. Escolhemos
os eixos de tal forma que o semieixo x positivo corresponde a leste e o semieixo y positivo cor


responde ao norte. Escrevemos a equação da soma de vetores como v BM = v BA + v AM . Sabemos


que vAM = (2, 0 ∠0°) na notação módulo ângulo (com unidades do SI implícitas) ou v AM = 2, 0 î

na notação dos vetores unitários. Temos também vBA = (8, 0 ∠120°) , em que o ângulo foi medido da forma “convencional” (no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo), ou, na

ˆ
notação dos vetores unitários, vBA = (−4, 0iˆ + 6,9j).

(a) Podemos obter v BM através de uma soma vetorial:


ˆ m/s = (−2, 0 m/s) ˆi + (6,9 m/s) ˆj.
v BM = v BA + v AM = (2, 0 m/s) ˆi + (−4, 0 ˆi+6,9j)

Assim, | v BM |= 7, 2 m/s.

(b) A orientação de v BM é u = tan −1[(6, 9 m/s) / (−2, 0 m/s)] = 106° (medido no sentido antihorário a partir do semieixo x positivo) ou 16° a oeste do norte.
(c) Como as velocidades são constantes, podemos usar a equação y – y0 = vyt em qualquer referencial. No referencial da margem temos (200 m) = (7, 2 m/s) sen(106)t → t = 29 s. Nota: se
um aluno obteve como resposta “28 s”, é provável que não tenha usado corretamente a equação
da componente y (um erro comum).
81. Vamos usar o subscrito M para indicar o mar e escolher os eixos de tal forma que o semieixo x positivo corresponde a leste e o semieixo y positivo corresponde ao norte. Assim, o ângulo
que corresponde a leste é 0° e o ângulo que corresponde ao sul é –90° ou 270°. A unidade de
comprimento utilizada é o quilômetro.



(a) Como v AM = v AB + v BM ,

v A B = (22 ∠ – 90°) – (40 ∠ 37°) = (56 ∠ – 125°)
na notação módulo-ângulo (que é mais conveniente para resolver problemas de vetores usando
calculadoras). Convertendo para a notação dos vetores unitários, temos:

v A B = (−32 km/h) ˆi − (46 km/h) ˆj .
Naturalmente, poderíamos ter trabalhado na notação dos vetores unitários desde o começo.
(b) Como as componentes da velocidade são constantes, é fácil integrá-las em relação ao tempo
 

para obter o vetor posição (r − r0 = ∫ v dt ):

r = (2, 5 − 32t ) ˆi + (4,0 − 46t ) ˆj
com as distâncias em quilômetros e o tempo em horas.
(c) O módulo do vetor posição é r = (2, 5 − 32t )2 + (4, 0 − 46t )2 . Para determinar o instante
em que r é mínimo, derivamos a expressão de r em relação ao tempo e igualamos o resultado
a zero:
dr 1
=
dt 2
6286t − 528
=0
(2, 5 − 32t )2 + (4, 0 − 46t )2
o que nos dá t = 0,084 h.
(d) Substituindo o valor de t obtido no item (c) na expressão de r, obtemos r = 0,2 km. Naturalmente,
se realizarmos os cálculos em uma calculadora, obteremos um número maior de algarismos (r =
0,225…), mas eles não são importantes; na verdade, dada a imprecisão inevitável dos dados
do problema, os capitães dos navios certamente ficariam preocupados com a possibilidade de
uma colisão.
112 soluções dos problemas
82. Construímos um triângulo retângulo começando na clareira da margem sul, traçando uma reta
de 200 m de comprimento na direção norte (para cima, na figura), que atravessa o rio, e uma reta
na direção oeste (rio acima, para a esquerda no desenho), ao longo da margem norte do rio, por
uma distância de (82 m) + (1,1 m/s)t , na qual o termo que depende de t é a distância que o barco
irá percorrer paralelamente às margens durante o tempo t por causa da correnteza do rio.
A hipotenusa desse triângulo retângulo (indicada por uma seta na figura) também depende de
t e da velocidade do barco (em relação à água) e deve ser igual à “soma” pitagórica dos lados
do triângulo:
( 4, 0 ) t =
200 2 + (82 + 1,1t
)
2
o que leva a uma equação do segundo grau em t,
46.724 + 180, 4 t − 14, 8t 2 = 0.
(a) O ângulo entre o cateto norte (200 m) do triângulo e a hipotenusa (que é medido “a oeste
do norte”) é dado por
(b) Resolvendo a equação acima, encontramos apenas um valor positivo: t = 62,6 s.
 82 + 1,1t 
 151 
= 37°.
u = tan −1 
= tan −1 

 200 
 200 
83. Escolhemos os eixos de tal forma que î aponta para a outra margem do rio (perpendicularmente à correnteza) e ĵ aponta na direção da correnteza. Sabemos que o módulo (presumi
velmente constante) da velocidade do barco em relação à água é | vba | = 6,4 km/h. O ângulo
da velocidade do barco em relação ao eixo x é θ. A velocidade da água em relação à margem

ˆ
é vam = (3,2 km/h)j.
(a) Para que a mulher chegue a um ponto “diametralmente oposto” ao ponto de partida, a ve
locidade do barco em relação à margem deve ser vbm = vbm î , na qual
 vbm > 0 é desconhecida.
v
Assim, todas
se cancelar na soma vetorial ba + vam = vbm , o que sig as componentes ĵ devem
ˆ
v
sen
u
=
(
−3
,
2
km/h
)
j
nifica que bm
; assim,
θ = sen–1 [(–3,2 km/h)/(6,4 km/h)] = –30°.
(b) Usando o resultado do item (a), temos vbm = vba cosθ = 5,5 km/h. Assim, o tempo necessário
para que o barco percorra uma distância l = 6,4 km é (6,4 km)/(5,5 km/h) = 1,15 h ou 69 min.
(c) Se a mulher rema na direção do eixo y (como afirma o enunciado) e sabendo que a velocidade da água em relação à margem é vam = 3,2 km/h, temos:
t total =
D
D
+
= 1,33 h
vba + vam
vba − vam
em que D = 3,2 km. Esse tempo equivale a 80 min.
soluções dos problemas 113
(d) Como
D
D
D
D
+
=
+
,
vba +vam vba − vam
vba − vam vba + vam
o resultado é o mesmo do item (c), t total = 80 min.
(e) O ângulo para atravessar o rio no menor tempo possível é u = 0°. Isso pode ser demonstrado
notando que no caso de um ângulo qualquer θ,



vbm = vba + vam = vba cosu ˆi + (vba sen u + vam ) ĵ

em que a componente x de vbm é igual a l/t. Assim,
t=
l
vba cosu
que pode ser minimizado fazendo dt/dθ = 0.
(f) A expressão do item (e) nos dá t = (6,4 km)/(6,4 km/h) = 1,0 h ou 60 min.

84. A velocidade de lançamento da bola de gelo em relação ao trenó é v0rel = v0 x ˆi + v0 y ˆj . Como
o trenó está se movendo no sentido negativo do eixo x com velocidade vs (note que estamos tratando vs como um número positivo e, portanto, a velocidade do trenó é −vs î ), a velocidade de

lançamento em relação ao solo é v0 = (v0 x − vs ) ˆi + v0 y ˆj. Os deslocamentos horizontal e vertical
em relação ao solo são, portanto,
xsolo – xlançamento = ∆xbs = (vox – vt) tvoo
1
ysolo – ylançamento = 0 = v t + (− g)(t ) .
0y
2
2
Combinando as duas equações, obtemos
∆xbs =
2 v0 x v0 y  2 v0 y 
vt .
−
g
 g 
O primeiro termo corresponde à “interseção com o eixo y” do gráfico e o segundo termo (entre
parênteses) corresponde ao valor absoluto da “inclinação”. De acordo com a figura, temos:
Dx bt = 40 − 4 vt .
Isso significa que voy = (4,0 s)(9,8 m/s2)/2 = 19,6 m/s, o que nos fornece informações suficientes para calcular vox.
(a) vox = 40g/2voy = (40 m)(9,8 m/s2)/(39,2 m/s) = 10 m/s.
(b) Como vimos acima, voy = 19,6 m/s.
(c) Como o deslocamento em relação ao trenó, ∆xbt, não depende da velocidade do trenó, ∆xbt =
vox tvoo = 40 m.
(d) Como no item (c), o deslocamento ∆xbs não depende da velocidade do trenó e, portanto,
∆xbs = 40 m.
85. Usando a relação deslocamento = velocidade × tempo para os diferentes trechos do percurso, temos a seguinte soma vetorial:
(1667 m ∠ 0º) + (1333 m ∠ −90º) + (333 m ∠ 180º) + (833 m ∠ −90º) + (667 m ∠ 180º) +
(417 m ∠ −90º) = (2668 m ∠ −76º).
114 soluções dos problemas
(a) O módulo do deslocamento é 2,7 km.
(b) A direção do deslocamento é 76° no sentido horário (em relação à direção inicial do movimento).
86. Usamos um sistema de coordenadas com o semieixo x positivo para leste e o semieixo y
positivo para o norte.
(a) Notamos que, como 123° é o ângulo entre a posição inicial e a posição final, o ângulo entre
o semieixo x positivo e a posição final é 40° + 123° = 163°. Na notação dos vetores unitários,
os vetores posição da posição inicial e da posição final são

r1 = (360 m) cos (40°) ˆi + (360 m) sen (40°) ˆj = (276 m)iˆ + (231 m) ˆj

r2 = (790 m) cos (163°) ˆi + (790 m) sen (163°) ˆj = ( − 755 m ) ˆi + (231 m ) ˆj
respectivamente. Assim, de acordo com a Eq. 4-3,

Dr = [( − 755 m) − (276 m)]iˆ + (231 m − 231 m) ˆj = −(1031 m) ˆi.


O módulo do deslocamento Dr é | Dr | = 1031 m.

(b) A orientação de Dr é − î , ou seja, na direção oeste.
87. Este problema trata do movimento balístico de uma bola de beisebol. Conhecida a posição
da bola em dois instantes de tempo, devemos analisar sua trajetória.
A trajetória da bola é mostrada na figura a seguir. De acordo com o enunciado, no instante
t1 = 3, 0 s, a bola atinge a altura máxima, ymáx , e no instante t2 = t1 + 2, 5 s = 5,5 s, a bola passa
rente a um alambrado cuja altura é x 2 = 97, 5 m.
Aplicando a Eq. 4-22 à componente vertical do movimento, temos:
ymáx − y0 = vy t −
1 2
gt .
2
(a) Como a componente vertical da velocidade é nula no ponto em que a altura é máxima e
y0 = 0, temos:
ymáx =
1 2 1
gt1 = (9, 8 m/s 2 )(3, 0 s)2 = 44,1 m
2
2
(b) Depois de passar pela altura máxima, a bola começou a cair; no instante t2 = t1 + 2, 5 s = 5,5 s,
a bola caiu uma distância dada pela Eq. 4-22:
1
yalambrado − ymáx = 0 − g(t 2 − t1 )2 .
2
Assim, a altura do alambrado é
yalambrado = ymáx −
1
1
g(t 2 − t1 )2 = 44,1 m − (9, 8 m/s 2 )(2, 5 s)2 = 13, 48 m ≈ 13 m .
2
2
soluções dos problemas 115
(c) Como a componente horizontal da velocidade de um objeto em movimento balístico é constante (desprezando a resistência do ar), podemos calcular a partir da relação 97,5 m = v0x(5,5 s)
que v0x = 17,7 m/s. O tempo total que a bola permanece no ar é T = 2t1 = 2(3, 0 s) = 6, 0 s. Assim,
a distância horizontal atingida pela bola é
R = v0 x T = (17, 7 m/s)(6, 0 s) = 106, 4 m
o que significa que a bola atinge o chão a uma distância
Dx = R − x 2 = 106, 4 m − 97, 5 m = 8, 86 m ≈ 8, 9 m
do alambrado.
Nota: O item (c) também pode ser resolvido notando que, depois de passar pela cerca, a bola
atinge o chão em 0,5 s (já que o “tempo de queda” deve ser igual ao “tempo de subida”). Como
v0x = 17,7 m/s, ∆x = (17,7 m/s)(0,5 s) = 8,86 m.
88. Quando o avião está voando no mesmo sentido que a corrente de jato (cuja velocidade é
vc), o tempo é
t1 =
d
,
va + vc
em que d é a distância entre as cidades e va é a velocidade do avião em relação ao ar.
Quando o avião está voando no sentido contrário ao da corrente de jato, o tempo é
t2 =
d
.
v a − vc
Sabemos ainda que t2 − t1 = 70,0 min = 1,17 h. Combinando as três equações, resolvendo a equação do segundo grau resultante e substituindo os valores numéricos, obtemos vc = 43 km/h.
89. Temos uma partícula que está se movendo em um plano com aceleração constante. Como
as componentes x e y da aceleração são constantes, podemos usar as equações da Tabela 2-1
para as duas componentes.

Usando a notação vetorial com r0 = 0 , a posição e a velocidade da partícula em função do tem1


 respectivamente. As unidades usadas são
po são dadas por r (t ) = v0 t + at 2 e v (t ) = v0 + at
,
2
as do SI.


(a) Dadas a velocidade inicial, v0 = (8, 0 m/s) ˆj , e a aceleração a = (4, 0 m/s 2 ) ˆi + (2, 0 m/s 2 ) ˆj , o
vetor posição da partícula é
(
)
)
(
1
1
 
r = v0 t + at 2 = 8, 0 ˆj t + 4, 0 ˆi + 2, 0 ˆj t 2 = ( 2, 0 t 2 ) ˆi + (8,0t + 1,0t 2 ˆj.
2
2
)
Assim, para determinar o instante no qual x = 29 m, basta resolver a equação 2,0t2 = 29, que nos
dá t = 3,8 s. A coordenada y nesse instante é
y = (8,0 m/s)(3,8 s) + (1,0 m/s2)(3,8 s)2 = 45 m.
 

(b) A velocidade da partícula é dada por v = v0 + at . Assim, no instante t = 3,8 s, a velocidade é

v = (8, 0 m/s) ˆj + (4, 0 m/s 2 ) ˆi + (2, 0 m/s 2 ) ˆj ( 3, 8 s = (15, 2 m/s) ˆi + ( 15, 6 m/s) ˆj
)
(
)
cujo módulo é
v=
v x2 + v y2 =
(15, 2 m/s)2 + (15, 6 m/s)2 = 22 m/s.
116 soluções dos problemas
90. Usando o mesmo sistema de coordenadas usado para formular a Eq. 4-25, explicitamos a
velocidade inicial v0 na equação, o que nos dá:
v0 =
x
cos u0
g
.
2 (x tan u0 − y)
Fazendo g = 32 ft/s2, x = 13 ft, y = 3 ft e θ0 = 55°, obtemos v0 = 23 ft/s.
91. Usamos a Eq. 4-25.
(a) Explicitando v0 na Eq. 4-25, obtemos a velocidade inicial:
v0 =
x
cosu0
g
2( x tan u0 − y)
o que nos dá v0 = 255,5 ≈ 2,6 × 102 m/s para x = 9400 m, y = –3300 m e θ0 = 35°.
(b) Usamos a Eq. 4-21 para calcular o tempo que a bomba vulcânica permanece no ar:
t=
x
9400 m
=
= 45 s.
v0 cosu0 (255, 5 m/s) cos 35°
(c) Como esperamos que o ar ofereça uma certa resistência ao movimento mas praticamente
nenhuma sustentação, seria necessária uma maior velocidade de lançamento para atingir a mesma distância.
92. Usamos a Eq. 4-34 para calcular a velocidade v e a Eq. 4-35 para calcular o período T.
(a) Temos:
v=
ra =
(5, 0 m )( 7, 0 )(9,8 m/s ) = 19 m/s.
2
(b) O tempo necessário para completar uma revolução (o período) é T = 2πr/v = 1,7 s. Assim,
em um minuto (t = 60 s), o astronauta completa
t 60 s
=
= 35 revoluções.
T 1, 7 s
Portanto, 35 rev/min são necessárias para produzir uma aceleração centrípeta de 7g em uma
centrífuga com 5,0 m de raio.
(c) Como foi calculado no item (b), T = 1,7 s.
93. Este problema lida com a cinemática bidimensional do movimento de um camelo do oásis
A para o oásis B.
A viagem do camelo está ilustrada na figura a seguir. Usamos um sistema de coordenadas “convencional”, com o semieixo x positivo apontando para leste e o semieixo y positivo apontando
para o norte. As distâncias estão em quilômetros e os tempos em horas. Usando a notação vetorial, os primeiros dois deslocamentos da viagem são:

Dr1 = (75 km) cos (37°) ˆi + (75 km) sen (37°) ĵj

Dr2 = ( − 65 km ) ˆj
soluções dos problemas 117



O deslocamento total é Dr12 = Dr1 + Dr2 . Como mostra a figura, para chegar ao oásis B é neces
sário um deslocamento adicional Dr3 .
(a) O deslocamento total do camelo pode ser calculado através de uma soma vetorial:



Dr12 = Dr1 + Dr2 = (60 km) ˆi − (20 km ) ˆj.
O módulo correspondente é | Dr12 | =
(60 km)2 + ( − 20 km)2 = 63 km .

(b) A orientação de Dr12 é u12 = tan −1[(−20 km) / (60 km)] = −18°, ou 18° ao sul do leste.
(c) Para calcular a velocidade média nas duas primeiras partes do percurso (incluindo o tempo
de descanso), usamos o resultado do item (a) na Eq. 4-8, juntamente com o fato de que
Dt12 = Dt1 + Dt2 + Dtdescanso = 50 h + 35 h + 5, 0 h = 90 h.
Na notação dos vetores unitários, temos:
(60 ˆi − 20 ˆj) km

v12,méd =
= (0,67 ˆi − 0,22 ˆj) km/h.
90 h
Isso nos dá | v12,méd | = 0,70 km/h.

(d) A orientação de v12,méd é dada por u12 = tan −1[(−0, 22 km/h) / (0, 67 km/h)] = −18°, ou 18°
ao sul do leste.
(e) A diferença entre a velocidade média e a velocidade escalar média é que a primeira depende
do deslocamento total, enquanto a segunda depende da distância total percorrida. Como o camelo
percorreu 140 km, a velocidade escalar é (140 km)/(90 h) = 1,56 km/h ≈ 1,6 km/h.

(f) O deslocamento total de A até B deve ser de 90 km para leste. Vamos chamar de Dr3 o deslocamento do ponto onde o camelo parou para descansar até B. Nesse caso,



Dr1 + Dr2 + Dr3 = (90 km) î

o que nos dá Dr3 = (30 km)iˆ + (20 km)jˆ na notação dos vetores unitários, ou (36 ∠ 33°) na notação módulo-ângulo. Assim, de acordo com a Eq. 4-8, temos:

| v3,méd | =
36 km
= 1,2 km/h.
(120 − 90) h


(g) A orientação de v3,méd é a mesma de Dr3 (33° ao norte do leste).
Nota: Com uma calculadora científica no modo polar, poderíamos somar diretamente os dois
primeiros deslocamentos, realizando a operação
(75 ∠ 37°) + (65 ∠ − 90°) = (63 ∠ − 18°).
118 soluções dos problemas
94. Podemos calcular os pares de coordenadas (x, y) a partir das equações x = (v0 cosθ )t e
y = v0 sen u t − 12 gt 2 para t = 20 s e os ângulos e velocidades dados no problema.
(a) Temos:
(x
(x
)
)
, y A = (10,1 km, 0, 556 km
C , yC = (14, 3 km , 2, 68 km
A
)
)
(x
)
)
)
)
B , yB = (12,1 km , 1, 51 km
x
( D , yD = (16, 4 km, 3, 99 km
e (xE, yE) = (18,5 km, 5,53 km), que serão plotados no item (b).
(b) Os eixos vertical (y) e horizontal (x) estão em quilômetros. O gráfico não começa na origem. A curva que se “ajusta” aos dados não é mostrada, mas pode ser facilmente imaginada (e
forma a “cortina da morte”).
95. (a) Com ∆x = 8,0 m, t = ∆t1, a = ax , e vox = 0, a Eq. 2-15 nos dá
Dx = 8, 0 m =
1
ax (Dt1 )2 ,
2
e a expressão correspondente para o movimento ao longo do eixo y é
Dy = 12 m =
1
ay (Dt1 )2 .
2
Dividindo a segunda expressão pela primeira, obtemos a y / ax = 3 / 2 = 1,5.
(b) Fazendo t = 2∆t1, a Eq. 2-15 nos dá ∆x = (8,0 m)(2)2 = 32 m, o que significa que a coordenada x da partícula agora é (4,0 + 32) m = 36 m. Analogamente, ∆y = (12 m)(2)2 = 48 m, o que
significa que a coordenada y da partícula agora é (6,0 + 48) m = 54 m.
96. Como foi dito que a velocidade inicial da bola é horizontal, sabemos que é perpendicular ao
plano da rede. Escolhemos as coordenadas de tal forma que (x0, y0) = (0; 3,0) m e vx > 0 (note
que v0y = 0).
(a) Para que a bola passe rente à rede, devemos ter
y − y0 = v0 y t −
1 2
1
gt ⇒ 2, 24 m − 3, 0 m = 0 − ( 9, 8 m/s 2 t 2
2
2
)
o que nos dá t = 0,39 s para o instante em que a bola ultrapassa a rede. Substituindo na equação
da componente x do movimento, vemos que a velocidade inicial mínima para que a bola ultrapasse a rede é vx = (8,0 m)/(0,39 s) = 20,3 m/s.
soluções dos problemas 119
(b) Fazemos y = 0 e calculamos o tempo t na equação y − y0 = v0 y t − 12 gt 2 . Em seguida, subs-
(
tituímos esse valor t = 2 ( 3, 0 m ) / (9, 8 m/s 2 ) = 0,78 s) na equação da componente x do movimento para obter a velocidade inicial máxima. O resultado é
vx = (17,0 m)/(0,78 s) = 21,7 m/s.
97. A trajetória da bala é mostrada na figura a seguir (o desenho não está em escala). O sistema
de coordenadas foi escolhido com o eixo x na horizontal, o eixo y na vertical e a origem no ponto
1
do disparo. Com essa escolha, a coordenada y da bala é dada por y = − 2 gt 2 . Conhecendo as coordenadas (x, y) do alvo, podemos calcular o tempo total de percurso e a velocidade da bala.
(a) Se t é o tempo de percurso e y = – 0,019 m é a coordenada y do ponto onde a bala atinge o
alvo, temos:
t=
−2 y
=
g
−2 ( −0, 019 m )
= 6, 2 × 10 −2 s.
9, 8 m/s 2
(b) A velocidade da bala ao sair do rifle é a velocidade inicial, que, de acordo com o enunciado,
é horizontal. Como x = 30 m é a coordenada horizontal do alvo, 30 = v0t. Assim,
v0 =
30 m
30 m
=
= 4, 8 × 10 2 m/s.
6, 3 × 10 −2 s
t
Também poderíamos usar a Eq. (4-25) para calcular a velocidade inicial. Com u0 = 0 e y0 = 0 ,
gx 2
a equação se reduz a y = − 2 , o que nos dá
2 v0
(9, 8 m/s 2 )(30 m)2
gx 2
= −
= 4, 8 × 10 2 m/s
v0 = −
2y
2(−0, 019 m)
que é o mesmo valor calculado no item (b).


98. Como se trata de movimento circular uniforme, v é perpendicular a r e v = 2 r / T , em

que r = (2, 00 m)2 + (−3, 00 m)2 e T = 7, 00 s . O vetor r (dado no enunciado do problema)
especifica um ponto do quarto quadrante; como o movimento é no sentido horário, os dois componentes da velocidade são negativos. O resultado, que obedece a essas três condições (usando
 

a notação dos vetores unitários, que torna mais fácil verificar que r ⋅ v = 0 ), é v = (–2,69 m/s)
î + (–1,80 m/s) ĵ .
99. Seja vo = 2π(0,200 m)/(0,00500 s) ≈ 251 m/s (usando a Eq. 4-35) a velocidade tangencial da
bola e θo = (1 h)(360º/12 h) = 30,0º (em relação à horizontal). Nesse caso, a Eq. 4-25 nos dá
y = (2, 50 m) tan 30, 0° −
(9, 8 m/s 2 )(2, 50 m)2
≈ 1, 44 m
2(251 m/s)2 (cos 30, 0°)2
o que significa que a bola bate na parede a uma altura de 1,44 m + 1,20 m = 2,64 m.

100. Notando que v2 = 0 e usando a Eq. 4-15, a aceleração média é
(
)

Dv 0 − 6, 30 ˆi − 8, 42 ˆj m/s

amed =
= −2,1 ˆi + 2, 8 ˆj m/s 2
=
Dt
3s
(
)
120 soluções dos problemas
101. Usando a Eq. 2-16, obtemos v 2 = v02 − 2 gh ou h = ( v02 − v 2 ) / 2 g.
(a) Como v = 0 na altura máxima e v0 = 7,00 m/s, temos:
h = (7, 00 m/s)2 / 2(9, 80 m/s 2 ) = 2, 50 m.
(b) A velocidade relativa é vr = v0 − ve = 7, 00 m/s − 3, 00 m/s = 4, 00 m/s em relação ao piso do
elevador. Usando a equação acima, obtemos
h = (4, 00 m/s)2 / 2(9, 80 m/s 2 ) = 0, 82 m.
(c) A taxa de variação da velocidade da bola em relação ao solo é a aceleração da gravidade,
9,80 m/s2.
(d) Como o elevador está se movendo com velocidade constante, a taxa de variação da velocidade da bola em relação ao elevador também é 9,80 m/s2.
102. (a) Com r = 0,15 m e a = 3,0 × 1014 m/s2, a Eq. 4-34 nos dá
v=
ra = 6, 7 × 10 6 m/s.
(b) O período é dado pela Eq. 4-35:
2 r
= 1, 4 × 10 −7 s.
v

103. (a) O módulo do vetor deslocamento Dr é dado por

| Dr | = (21, 5 km)2 + (9, 7 km)2 + (2, 88 km)2 = 23, 8 km
m.
T=
Assim,

| Dr | 23, 8 km

| vméd | =
=
= 6, 79 km/h.
Dt
3, 50 h
(b) O ângulo pedido é dado por


2, 88 km
u = tan −1 
 = 6, 96°.
 (21, 5 km)2 + (9, 7 km)2 
104. A velocidade inicial tem módulo v0 e, como é horizontal, é igual a vx, a componente horizontal da velocidade no momento do impacto. Assim, a velocidade no momento do impacto é
v02 + v y2 = 3v0
em que v y = 2 gh e usamos a Eq. 2-16 com x – x0 substituído por h. Elevando ao quadrado
ambos os membros da primeira igualdade e substituindo na segunda, obtemos
v02 + 2 gh = ( 3v0 )
2
o que nos dá gh = 4 v02 e, portanto, para h = 20 m, v0 =
(9, 8 m/s 2 )(20 m) / 2 = 7, 0 m/s.
105. Escolhemos um eixo x horizontal e um eixo y vertical tais que as duas componentes de

v0 sejam positivas. Os ângulos são considerados positivos no sentido anti-horário em relação
ao semieixo x positivo. Na notação dos vetores unitários, a velocidade do projétil em qualquer
instante t ≥ 0 é dada por

v = v0 cos u0 ˆi + ( v0 sen u0 − gt ˆj.
)
soluções dos problemas 121

(a) Para v0 = 30 m/s, θ0 = 60° e t = 2,0 s, v = (15ˆi + 6, 4 ˆj) m/s. O módulo de v é

| v |=
(15 m/s)2 + (6, 4 m/s)2 = 16 m/s.

(b) O ângulo de v é u = tan −1[(6, 4 m/s) / (15 m/s)] = 23°, medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo.
(c) Como o ângulo é positivo, é acima da horizontal.

(d) Para t = 5,0 s, v = (15 ˆi − 23ˆj) m/s, o que nos dá

| v |= (15 m/s)2 + (−23 m/s)2 = 27 m/s.

(e) O ângulo de v é u = tan −1[(−23 m/s) / (15 m/s)] = −57°, ou 57�������������������������������
°������������������������������
se a medida for feita no sentido horário a partir do semieixo x positivo.
(f) Como o ângulo é negativo, é abaixo da horizontal.
106. Usamos as Eqs. 4-2 e 4-3.


(a) Chamando o vetor posição inicial de r1 e o vetor posição final de r2 , a Eq. 4-3 nos dá
Dr = [( − 2, 0 m) − 5,0 m]iˆ + [(6,0 m ) − ( − 6, 0 m )]ˆj + (2,0 m − 2,0 m) kˆ = (−7,0 m) ˆi + (12 m) ˆj
para o vetor deslocamento na notação dos vetores unitários.
(b) Como não existe componente z (já que o coeficiente de k̂ é zero), o vetor deslocamento
está no plano xy.
)
107. Escrevemos os vetores na forma módulo-ângulo ( R ∠ u com unidades do SI implícitas
(m para distâncias, m/s para velocidades e m/s2). Os ângulos θ são medidos no sentido antihorário a partir do semieixo x positivo, mas vamos ocasionalmente nos referir a ângulos  que
são medidos no sentido anti-horário a partir do semieixo y negativo. Note que a velocidade da
partícula é v = 2πr/T em que r = 3,00 m e T = 20,0 s; assim, v = 0,942 m/s. De acordo com a
Fig. 4-56, a partícula está se movendo no sentido anti-horário.
(a) No instante t = 5,0 s, a partícula percorreu uma fração
t 5, 00 s 1
=
=
T 20, 0 s 4
de uma revolução completa (começando no ponto O da figura, ou seja, no semieixo y negativo).
Assim, o ângulo descrito pela partícula em relação ao semieixo y negativo é
=
1
(360) = 90
4
Como se pode ver na Fig. 4-56, as coordenadas desse ponto (que corresponde à ponta do ponteiro
quando está na posição de “3 horas” no mostrador de um relógio) são x = 3,0 m e y = 3,0 m no
sistema de coordenadas da Fig. 4.56. Na notação módulo-ângulo, o vetor posição desse ponto é
( R ∠ u ) = ( 4, 2 ∠ 45°) . Embora essa posição seja fácil de analisar sem recorrer a relações trigonométricas, será útil (para os cálculos que se seguem) notar que esses valores das coordenadas
x e y podem ser obtidos a partir do ângulo  usando as relações
x = r sen  ,
y = r − r cos .
122 soluções dos problemas
Naturalmente, os valores do módulo e do ângulo foram obtidos usando as equações R = x 2 + y 2
e θ = tan–1 (y/x) (no segundo caso, foi preciso escolher o ângulo correto entre duas possibilidades).
(b) No instante t = 7,5 s, a partícula percorreu uma fração 7,5/20 = 3/8 de revolução. O ângulo
descrito pela partícula é  = 3/8 (360°) = 135°. As coordenadas desse ponto são x = (3,0 m) sen
135° = 2,1 m e y = (3,0 m) – (3,0 m) cos 135° = 5,1 m; o vetor posição do ponto é (5,5 ∠ 68°).
(c) No instante t = 10,0 s, a partícula percorreu uma fração 10/20 = 1/2 de revolução. O ângulo
descrito pela partícula é  = 180°. As coordenadas desse ponto são x = 0 e y = 6,0 m; o vetor
posição do ponto é (6,0∠90o).
(d) Subtraímos o vetor posição obtido no item (a) do vetor posição obtido no item (c):
(6,0∠90o) − (4,2∠45o) = (4,2∠135o)
usando a notação módulo-ângulo (que é mais conveniente quando trabalhamos com calculadoras científicas). Na notação dos vetores unitários, teríamos

DR = (0 − 3, 0 m) ˆi + (6,0 m − 3,0 m) ˆj = (−3, 0 m) ˆi + (3, 0 m) ˆj

o que levaria ao mesmo resultado, | DR |= 4, 2 m e θ = 135°.


(e) De acordo com a Eq. 4-8, vméd = DR / Dt . Para Dt = 5, 0 s, temos:

vméd = (−0, 60 m/s) ˆi + (0, 60 m/s) ˆj
na notação dos vetores unitários ou (0,85 ∠ 135°) na notação módulo-ângulo.
(f) O módulo da velocidade da partícula já foi calculado (v = 0,94 m/s); para conhecer a direção,
basta observar a Fig. 4-56. Como o vetor velocidade é tangente à circunferência na posição de

“3 horas” [veja o item (a)], isso significa que v é vertical. Assim, a resposta é ( 0, 94 ∠ 90° ) .
(g) Mais uma vez, o módulo da velocidade é conhecido (v = 0,94 m/s) e a direção pode ser determinada observando a x = r sen  , y = r − r cos  , Fig. 4-56. O vetor velocidade é tangente à

circunferência na posição de “12 horas” [veja o item (c)], o que significa que v é horizontal.
Assim, a resposta é ( 0, 94 ∠ 180° ) .
(h) A aceleração tem módulo a = v2/r = 0,30 m/s2, e no instante inicial [veja o item (a)] é horizontal (na direção do centro da circunferência). Assim, a resposta é ( 0, 30 ∠ 180° ) .
(i) Mais uma vez, a = v2/r = 0,30 m/s2, mas nesse instante [veja o item (c)] a aceleração é vertical
(na direção do centro da circunferência). Assim, a resposta é ( 0, 30 ∠ 270° ) .
108. De acordo com a Eq. 4-34, existe uma relação inversa entre r e a: quanto menor o raio,
maior a aceleração. Assim, a um limite superior para a aceleração corresponde um limite inferior para o raio.
(a) Nas condições do problema, o raio mínimo da curva é dado por
v2
( 216 km/h ) = 7, 3 × 103 m.
=
=
amáx ( 0, 050 ) ( 9, 8 m/s 2 )
2
rmín
(b) A velocidade máxima do trem deve ser
v=
amáx r =
0, 050 ( 9, 8 m/s 2 ) (1, 00 × 10 3 m ) = 22 m/s
o que equivale a aproximadamente 80 km/h.
soluções dos problemas 123
109. (a) Usando o mesmo sistema de coordenadas usado para formular a Eq. 4-25, temos:
y = x tan u0 −
gx 2
2 ( v0 cosu0 )
2
=−
gx 2
2 v02
para u0 = 0.
Assim, para v0 = 3,0 × 106 m/s e x = 1,0 m, obtemos y = –5,4 × 10–13 m, uma distância menor que
o raio atômico (o que mostra por que os processos gravitacionais normalmente são desprezados
nos campos da física atômica e da física subatômica).
(b) A expressão do item (a) mostra que |y| diminui quando v0 aumenta.
110. Quando a escada está parada, a velocidade da pessoa é v p = l t , sendo que l é o comprimento da escada e t é o tempo que a pessoa gasta para subir. Para os dados do problema, vp =
(15 m)/(90 s) = 0,167 m/s. A velocidade da escada rolante é ve = (15 m)/(60 s) = 0,250 m/s. A
velocidade da pessoa ao subir a escada rolante em movimento é, portanto,
v = vp + ve = 0,167 m/s + 0,250 m/s = 0,417 m/s
e o tempo gasto na subida é
t=
l
(15 m)
=
= 36 s.
v (0, 417 m/s)
Em termos de l (em metros), a velocidade (em metros por segundo) da pessoa que sobe a escada
parada é l/90, a velocidade da escada rolante é l/60, e a velocidade da pessoa que sobe a escada
em movimento é v = ( l 90 + ( l 60 = 0, 0278l . O tempo gasto é t = l v = l 0, 0278l = 36 s
e não depende de l.
)
)
111. O raio da Terra está no Apêndice C.
(a) A velocidade de um objeto no equador da Terra é v = 2πR/T, sendo R o raio da Terra (6,37
× 106 m) e T é a duração do dia (8,64 × 104 s):
v = 2π(6,37 × 106 m)/(8,64 × 104 s) = 463 m/s.
O módulo da aceleração é dado por
)
( 463 m/s = 0, 034 m/s2 .
v2
a=
=
R 6, 37 × 10 6 m
2
(b) Se T é o período, v = 2πR/T é a velocidade e o módulo da aceleração é dado por
a=
v 2 (2 R / T )2 4 2 R .
=
=
R
R
T2
Assim,
T = 2
R
= 2
a
6, 37 × 10 6 m
= 5,1 × 10 3 s = 84 min.
9, 8 m/s 2
112. De acordo com a Eq. 4-26,
RM − RB =

v02 sen 2u0 v02 sen 2u0 v02 sen 2u0  gB
−
=
− 1

gM
gB
gB
 gM

em que os índices M e B se referem a Melbourbe e Berlim, respectivamente. Para gM = 9,7999
e gB = 9,8128, temos:
 9, 8128 m/s 2

RM − RB = RB 
− 1
2
 9, 7999 m/s

124 soluções dos problemas
o que nos dá (fazendo RB = 8,09 m) RM – RB = 0,01 m = 1 cm. Assim, em Melbourne, Jesse
Owens teria pulado 8,10 m.
113. De acordo com a figura, os três deslocamentos foram

d1 = d1 (cos u1 ˆi + sen u1 ˆj) = (5, 00 m)(cos 30° ˆi + sen 30° ˆj) = (4, 33 m) ˆi + (2, 50 m) ˆj

ˆ = (8, 00 m)(coos 160° ˆi + sen 160° ˆj)
d2 = d2 [cos(180° + u1 − u2 )iˆ + sen(180° + u1 − u2 )j]
= (−7, 52 m) ˆi + (2, 74 m) ˆj

ˆ = (12, 0 m)(cos 260° ˆi + sen 260° ˆj)
d3 = d3 [cos(360° − u3 − u2 + u1 )iˆ + sen(360° − u3 − u2 + u1 )j]
= (−2, 08 m) ˆi − (11, 8 m) ˆj
Em que todos os ângulos são medidos a partir do semieixo x positivo. O deslocamento total é
   
d = d1 + d 2 + d3 = (−5, 27 m) ˆi − (6, 58 m) ˆj.
(a) O módulo do deslocamento total é

| d | = (−5, 27 m)2 + (−6, 58 m )2 = 8, 43 m.

 dy 
 −6, 58 m 
= 51, 3° ou 231°.
(b) O ângulo de d é u = tan −1   = tan −1 
 −5, 27 m 
 dx 
Escolhemos 231° porque sabemos que o ângulo procurado está no terceiro quadrante. Uma resposta equivalente é 2129°.

114. Derivando duas vezes o vetor posição r = 2tˆi + 2 sen( t / 4) ˆj (com as distâncias em metros, o tempo em segundos e os ângulos em radianos), obtemos expressões para a velocidade e
a aceleração:


 dr
 t 
= 2 ˆi + cos   ˆj
v=
 4
2
dt

2
 dv
 t 
=−
a=
sen   ˆj.
 4
8
dt
Substituindo nessas os valores de t dados no enunciado, temos:
tempo t (s)
0,0
1,0
2,0
3,0
4,0
x (m)
0,0
2,0
4,0
6,0
8,0
(a)

r
(posição)
y (m)
0,0
1,4
2,0
1,4
0,0
vx(m/s)
2,0
2,0
2,0
(b)

v
(velocidade)
vy (m/s)
1,1
0,0
−1,1
ax (m/s2)
0,0
0,0
0,0
(c)

a
(aceleração)
ay (m/s2)
−0,87
−1,2
−0,87
soluções dos problemas 125
O gráfico pedido aparece a seguir.
115. Como este problema envolve uma aceleração constante para baixo de módulo a, semelhante
ao movimento balístico, podemos usar as equações da Seção 4-6 substituindo g por a. Como a
velocidade inicial é horizontal, v0 y = 0 e
v0 x = v0 = 1, 00 × 10 9 cm/s.
(a) Se l é o comprimento das placas e t é o tempo que o elétron passa entre as placas, l = v0 t ,
em que v0 é a velocidade inicial. Assim,
t=
2, 00 cm
l
=
= 2, 00 × 10 −9 s.
v0 1, 00 × 10 9 cm/s
(b) O deslocamento vertical do elétron é
1
1
y = − at 2 = − (1, 00 × 1017 cm/s 2 )(2, 00 × 10 −9 s)2 = −0, 20 cm = −2, 00 mm
2
2
ou | y | = 2, 00 mm.
(c) A componente x da velocidade é constante:
vx = v0 = 1,00 × 109 cm/s = 1,00 × 107 m/s.
(d) A componente y da velocidade é
v y = a y t = (1, 00 × 1017 cm/s 2 )(2, 00 × 10 −9 s) = 2, 00 × 108 cm/s
= 2, 00 × 10 6 m/s.
116. Desprezando a resistência do ar, a aceleração da bola é –g = –9,8 m/s2 (tomando o sentido
positivo do eixo y como sendo para cima). Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (substituindo x por y) porque a aceleração da bola é constante. Usamos variáveis com plicas (exceto t)
para o elevador (como v ' = 10 m/s ) e variáveis sem plicas para a bola (cuja velocidade inicial
em relação ao solo, por exemplo, é v0 = v ′ + 20 = 30 m/s ). As unidades são todas do SI.
(a) Fazendo t = 0 como o instante em que a bola é arremessada, calculamos a altura máxima
atingida pela bola fazendo v = 0 na equação v 2 = v02 − 2 g( y − y0 ) . O resultado é o seguinte:
y = yo +
v02
= 76 m
2g
fazendo yo = yo′ + 2 = 30 m ( yo′ = 28 m é um dado do problema) e v0 = 30 m/s em relação ao
solo, como foi visto acima.
126 soluções dos problemas
(b) Existem várias abordagens para esse item. Uma é continuar a trabalhar no referencial do item
(a) (que trata o solo como “fixo”); nesse caso, descrevemos o movimento do elevador através
da equação y ′ = yo′ + v ′t , o movimento da bola através da Eq. 2-15, e resolvemos o sistema de
equações obtido quando impomos que o piso do elevador e a bola cheguem simultaneamente
ao mesmo ponto. Outra é trabalhar no referencial do elevador (o menino que arremessou a bola
pode ignorar o fato de que o elevador está em movimento, já que o elevador não está acelerando). Nesse caso, temos:
Dye = v0e t −
1 2
gt
2
⇒
t=
v 0e +
v0 e2 − 2 gDye
g
em que v0e = 20 m/s é a velocidade inicial da bola em relação ao elevador e ∆ye = –2,0 m é o
deslocamento da bola em relação ao piso do elevador. Escolhemos a raiz positiva porque é a
única que fornece um valor positivo de t; o resultado é t = 4,2 s.
117. Escolhemos os eixos da forma convencional para podermos usar as equações do movimento
balístico da Seção 4-6. A origem é tomada como sendo a posição inicial da bola; θ0 é o ângulo
da velocidade inicial com o semieixo x positivo, medido no sentido anti-horário, e o instante
t = 0 é tomado como sendo o instante em que o jogador chutou a bola.
(a) As coordenadas do ponto em que a bola toca o gramado são x = 46 m e y = –1,5 m e a bola
toca o gramado no instante t = 4,5 s. Como x = v0xt,
v0 x =
x 46 m
=
= 10, 2 m/s.
t 4,5 s
Como y = v0 y t − 12 gt 2,
v0 y =
y+
1 2
1
gt
(−1, 5 m) + (9, 8 m/s 2 )(4, 5 s)2
2
2
= 21, 7 m/s.
=
t
4, 5 s
O módulo da velocidade inicial é
v0 =
v02 x + v02 y =
(10, 2 m/s)2 + (21, 7 m/s)2 = 24 m/s.
(b) Como o ângulo da velocidade inicial satisfaz a relação tan θ0 = v0y/v0x, temos:
θ0 = tan–1 [(21,7 m/s)/(10,2 m/s) ] = 65°.
118. Vamos chamar a velocidade de Lauro de v1, a velocidade de Cora de v2 e o comprimento do corredor de L. Lauro leva um tempo t1 = 150 s para atravessar o corredor (que é igual a
L/v1) e Cora leva um tempo t2 = 70 s (que é igual a L/v2). O tempo que Marta leva para atravessar o corredor é
t=
L
1
=
=
v1 + v2 v1 / L + v2 / L
1
150 s
1
+
1
70 s
= 48 s.

119. A velocidade do vagão em relação à linha férrea é vvl = v1 î e a velocidade da bala em relação à linha férrea, antes de entrar no vagão (desprezando o efeito da gravidade sobre a bala), é

v0 bl = v2 cosu ˆi + v2 sen u ˆj
Depois que a bala entra no vagão, sua velocidade se torna

vbl = 0, 8 v2 cosu ˆi + 0,8v2 sen u ˆj
devido à redução de 20% mencionada no enunciado. O enunciado informa também que os furos de entrada e saída ficam à mesma distância das extremidades do vagão, o que significa que
soluções dos problemas 127

a velocidade da bala em relação ao vagão é vbv = v3 ĵ , em que v3 não é dado. De acordo com
a Eq. 4-44, temos:



vbl = vbv + vvl
0, 8 v2 cosu ˆi + 0,8v2 sen u ˆj = v3 ˆj + v1 ˆi
e, portanto, igualando as componentes x (ou seja, as componentes î ), podemos obter o valor de
θ sem conhecer o valor de v3 nem a largura do vagão. O resultado é o seguinte:
m/km
 85 km/h ( 1000
 v 
3600 s/h ) 
u = cos−1  1  = cos−1 

 0 , 8 v2 
 0, 8 (650 m/s) 

o que nos dá 87° para o ângulo de vbl (medido a partir de î , que é a direção do movimento do
vagão. Como o problema pergunta “de que direção a bala foi disparada”, a resposta não é 87°
e sim o ângulo suplementar, 93° (medido a partir da direção do movimento do vagão). Em outras palavras, no sistema de coordenadas que usamos para resolver o problema, o vetor velocidade da bala está no primeiro quadrante e faz um ângulo de 87° no sentido anti-horário com o
semieixo x positivo (que é a direção do movimento do vagão), o que significa que a direção de
onde veio a bala (ou seja, o vetor posição do franco-atirador) está no terceiro quadrante e faz
um ângulo de –93° com o semieixo x positivo (o que equivale a um ângulo de 93° no sentido
horário com o semieixo x positivo).
Capítulo 5
1. Neste problema temos que lidar apenas com forças horizontais (a força da gravidade não está
envolvida. Usamos um sistema de coordenadas no qual o semieixo x positivo corresponde à direção leste e o semieixo y positivo corresponde à direção norte. O cálculo pode ser feito em uma
calculadora científica, usando a notação módulo-ângulo (com unidades do SI implícitas).

 F ( 9, 0 ∠ 0 ) + (8, 0 ∠ 118 )
a= =
= ( 2, 9 ∠ 53 )
m
3, 0
Assim, o módulo da aceleração é 2,9 m/s2.
2. Usamos a Segunda Lei de Newton (Eq. 5-1). A força resultante aplicada ao bloco de madeira



é Fres = F1 + F2 . A soma vetorial é executada usando a notação dos vetores unitários e a acele


ração do bloco é calculada usando a relação a = F1 + F2 / m.
(
)
(a) No primeiro caso,
)
 
ˆ
 F1 + F2 ( 3, 0 N i + ( 4, 0 N
a=
=
m
) ˆj + (−3, 0 N)ˆi + ( −4, 0 N ) ˆj = 0
2, 0 kg
(b) No segundo caso,
)
)
)
)
)
)
 
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 F1 + F2 ( 3, 0 N i + ( 4, 0 N j + (−3, 0 N) i + ( 4, 0 N j
= (4, 0 m/s 2 ) ˆj
a=
=
2, 0 kg
m
(c) No terceiro caso,
 
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 F1 + F2 ( 3, 0 N i + ( 4, 0 N j  + (3, 0 N) i + ( −4, 0 N j 
= (3, 0 m/s 2 ) ˆi
a=
=
2, 0 kg
m
3. Usamos a Segunda Lei de Newton (mais especificamente, a Eq. 5-2).
(a) A componente x da força é
Fx = max = ma cos 20,0° = (1,00 kg)(2,00 m/s2) cos 20,0° = 1,88 N.
(b) A componente y da força é
Fy = may = ma sen 20,0° = (1,0 kg)(2,00 m/s2) sen 20,0° = 0,684 N.
(c) Na notação dos vetores unitários, a força resultante é

F = Fx ˆi + Fy ˆj = (1, 88 N) ˆi + (0, 684 N) ˆj .


4. Como v = constante, a = 0 e, portanto,




Fres = F1 + F2 = ma = 0 .
Isso significa que a outra força é


F2 = F1 = (22 N) ˆi 1 (6 N ) ˆj.
soluções dos problemas 129




5. Como a força resultante aplicada ao asteroide é Fres = F1 + F2 + F3 , a aceleração do asteroide




é dada por a = F1 + F2 + F3 / m.
)
(
(a) Na notação dos vetores unitários, as forças exercidas pelos astronautas são:

F1 = (32 N)(cos 30 o ˆi + sen 30 o ˆj) = (27, 7 N) ˆi + (16 N) ˆj
F2 = (55 N)(cos 0 o ˆi + sen 0 o ˆj) = (55 N) ˆi

F3 = (41 N)  cos(−60 o ) ˆi + sen(−60 o ) ˆj = (20, 5 N) ˆi − 35, 5 N) ˆj
A aceleração do asteroide é, portanto,
 (27, 7 ˆi + 16 ˆj) N + (55ˆi ) N + (20, 5ˆi − 35, 5 ˆj) N
a=
= (0, 86 m/s 2 ) ˆi − (0,16 m/s 2 ) ˆj.
120 kg
(b) O módulo do vetor aceleração é

a =
ax2 + ay2 =
(0, 86 m/s 2 )2 + ( −0,16 m/s 2 ) = 0, 88 m/s 2 .
2
(c) O ângulo do vetor aceleração com o semieixo x positivo é
 −0,16 m/s 2 
a 
u = tan −1  y  = tan −1 
= − 11°.
 ax 
 0, 86 m/s 2 
6. De acordo com a Segunda Lei de Newton, se o pneu permanece em repouso, a força resultante deve ser nula:





Fres = FA + FB + FC = ma = 0.
De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo, temos:
∑F
0 = ∑F
0=
res , x
= FC cos  − FA cosu
res , y
= FA sen u + FC sen  − FB
Para calcular o valor de FB , precisamos conhecer o ângulo . Como FA = 220 N , FC = 170 N
e u = 47°, a primeira equação nos dá:
cos  =
FA cos u (220 N) cos 47, 0°
=
= 0, 883
FC
170 N
⇒  = 28, 0°
Substituindo esse valor na segunda equação, temos:
FB = FA sen u + FC sen  = (220 N) sen 47, 0° + (170 N) sen 28, 0 = 241 N.
7. Neste problema, temos duas forças agindo sobre uma caixa e produzindo uma aceleração
conhecida. Para determinar a força
 desconhecida, usamos a Segunda Lei de Newton.

 Vamos

chamar as duas forças de F1 e F2 . De acordo com a Segunda Lei de Newton, F1 + F2 = ma e,
130 soluções dos problemas

 
portanto, a segunda
 força é F2 = ma − F1 . Note que, como a aceleração está no terceiro quadrante, a força F2 também deve estar no terceiro quadrante.

(a) Na notação dos vetores unitários, F1 = ( 20, 0 N ˆi e

a = −(12, 0 sen 30, 0 o m/s 2 ) ˆi − (12, 0 cos 30, 0 o m/s 2 ) ˆj = −(6, 00 m/s 2 ) ˆi − (10, 4 m/s 2 ) ˆj.
)
Assim, a segunda força é

 
F2 = ma − F1
= (2, 00 kg)(−6, 00 m/s2 ) ˆi + (2, 00 kg)(−10, 4 m/s 2 ) ˆj − (20, 0 N) ˆi
= (−32, 0 N) ˆi − (20, 8 N) ˆj.


(b) O módulo de F2 é | F2 |=
F22x + F22y =
(−32, 0 N)2 + (−20, 8 N)2 = 38, 2 N.

(c) O ângulo que F2 faz com o semieixo x positivo pode ser determinado a partir da equação
 F2 y  −20, 8 N
=
= 0, 656
tan  = 
 F2 x  −32,0 N
O ângulo pode ser 33,0° ou 33,0° + 180° = 213°. Como as componentes x e y são negativas, o
ângulo correto é φ = 213°, que também pode ser expresso como 213° − 360° = −147°.

A figura abaixo mostra a solução. O resultado confirma nossa conclusão de que F2 deveria estar

no terceiro quadrante (o mesmo de a ). A força resultante é

 
Fres = F1 + F2 = (20, 0 N) ˆi + (−32, 0 N) ˆi − (20, 8 N) ˆj
= (−12, 0 N) ˆi − (20, 8 N) ˆj

que aponta na mesma direção de a.

8. Note que ma = (–16 N) î + (12 N) ĵ . De acordo com a Segunda Lei de Newton, a terceira
força é

  
F3 = ma – F1 − F2 = (–34 N) î − (12 N) ĵ.
9. Para resolver o problema, note que a aceleração é a derivada segunda da função posição e
que a força está relacionada à aceleração através da Segunda Lei de Newton. Derivando duas
vezes a função x (t ) = −15, 0 + 2, 00 t + 4, 00 t 3 em relação a t, obtemos
dx
= 2, 00 − 12, 0 t 2 ,
dt
d2x
= −24, 0 t
dt 2
Derivando duas vezes a função y(t ) = 25, 0 + 7, 00 t − 9, 00 t 2 em relação a t, obtemos
dy
= 7, 00 − 18, 0 t ,
dt
d2y
= −18, 0
dt 2
soluções dos problemas 131
(a) A aceleração é
d2x
d2y

a = ax ˆi + a y ˆj = 2 ˆi + 2 ˆj = (−24, 0 t ) ˆi + (−18, 0) ĵ.
dt
dt

No instante t = 0, 700 s, a = (−16, 8) ˆi + (−18, 0) ˆj e

a =| a | = (−16, 8)2 + (−18, 0)2 = 24, 6 m/s 2 .
O módulo da força é F = ma = (0, 34 kg)(24, 6 m/s2 ) = 8, 37 N.
  
(b) O ângulo que F e a = F / m fazem com o semieixo x positivo é
 −18, 0 m/s 2 
a 
u = tan −1  y  = tan −1 
 = 47, 0° ou − 133°.
 ax 
 −16, 8 m/s 2 

Como sabemos que F está no terceiro quadrante, escolhemos o segundo ângulo (2133°).
(c) A direção do movimento é a direção do vetor velocidade:
dx ˆ dy ˆ

v (t ) = v x ˆi + v y ˆj =
i+
j = (2, 00 − 12, 0 t 2 ) ˆi + (7, 00 − 18, 0t ) ˆj.
dt
dt


No instante t = 0, 700 s, v (t = 0, 700 s) = (−3, 88 m/s) ˆi + (−5, 60 m/s) ˆj. Assim, o ângulo entre v
e o semieixo x positivo é
 −5, 60 m/s 
v 
uv = tan −1  y  = tan −1 
= 55, 3° ou − 125°.
 vx 
 −3, 88 m/s 

Como sabemos que v está no terceiro quadrante, escolhemos o segundo ângulo (2125°).
10. Para resolver o problema, note que a aceleração é a derivada segunda da função posição e
que a força está relacionada à aceleração através da Segunda Lei de Newton. Derivando duas
vezes a função x (t ) = −13, 00 + 2, 00 t + 4, 00 t 2 − 3, 00 t 3 em relação a t, obtemos
dx
= 2, 00 + 8, 00 t − 9, 00 t 2 ,
dt
d2x
= 8, 00 − 18, 0 t
dt 2
A força que age sobre a partícula no instante t = 3, 40 s é

d2x
F = m 2 ˆi = (0,150) [8, 00 − 18, 0(3, 40) ] ˆi = (−7, 98 N) ˆi
dt
11. A velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo e a aceleração é a derivada da
velocidade. Assim, a = 2c – 3(2)(2,0)t. De acordo com a Segunda Lei de Newton, F = (2,0)a =
4,0c – 24t (com unidades do SI implícitas). Sabemos que no instante t = 3,0 s, F = –36 N. Assim,
–36 = 4,0c – 24(3,0), da qual c = 9,0 m/s2.
12. A inclinação do gráfico nos dá ax = 3,0 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente x das forças (e chamando de θ o ângulo entre F1 e F2), temos:
F1 + F2 cosθ = m ax
⇒
θ = 56°.
13. (a) A partir do fato de que T3 = 9,8 N, concluímos que a massa do disco D é 1,0 kg. Conhecendo
a massa do disco D e sabendo que o disco C e o disco D, juntos, produzem uma tração T2 = 49 N,
concluímos que a massa do disco C é 4,0 kg. Conhecendo a massa dos discos C e D e sabendo
que os discos B, C e D, juntos, produzem uma tração T1 = 58,8 N, concluímos que a massa do
disco B é 1,0 kg. Sabendo que todos os discos, juntos, exercem uma força de 98 N, concluímos
que a massa do disco A é 4,0 kg.
132 soluções dos problemas
(b) mB = 1,0 kg, como foi visto no item (a).
(c) mC = 4,0 kg, como foi visto no item (a).
(d) mD = 1,0 kg, como foi visto no item (a).
14. Três forças verticais agem sobre o bloco: uma força gravitacional de 3,0 N, para baixo; uma
força de 1,0 N para cima, exercida por uma mola; a força normal, para cima, exercida pela superfície na qual o bloco está apoiado. Como o bloco está em repouso,
∑F
y
= 0 = FN + (1, 0 N) + (−3, 0 N)
o que nos dá FN = 2,0 N (para cima).
(a) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força exercida pelo bloco sobre a superfície tem
o mesmo módulo que a força exercida pela superfície sobre o bloco: 2,0 N.
(b) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força exercida pelo bloco sobre a superfície tem o
sentido oposto ao da força exercida sobre o bloco pela superfície. Assim, o sentido é para baixo.
15. (a), (b), (c) Nos três casos, a balança está em repouso, o que significa que as duas cordas
exercem forças de mesmo módulo e sentidos opostos sobre a balança. A leitura da balança corresponde ao módulo de uma dessas forças. Em todos os casos, a tração da corda que sustenta
o salame deve ser igual ao peso do salame, já que o salame também está em repouso. Assim, a
leitura da balança nos três casos é igual a mg, em que m é a massa do salame e g é a aceleração
da gravidade. Substituindo m e g por valores numéricos, vemos que a leitura da balança é (11,0
kg) (9,8 m/s2) = 108 N.
16. (a) O inseto tem seis pernas e a componente vertical da tração em cada perna é T sen u , sendo u 5 40°. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente vertical das forças envolvidas,
vemos que, para que a aceleração seja zero na direção vertical, devemos ter
6T sen u = mg ⇒ T =
mg
6 sen u
o que nos dá T/mg ≈ 0,26.
(b) Como o ângulo θ é medido em relação à horizontal, quando o inseto “estica as pernas” o
ângulo θ aumenta (se aproxima de 90°), o que faz sen θ aumentar (se aproximar de 1); em consequência, T diminui.
17. A figura abaixo mostra o diagrama de corpo livre do sistema. Como a aceleração do bloco
é zero, a Segunda Lei de Newton nos dá
T – mg sen θ = 0
FN – mg cos θ = 0
na qual T é a tração da corda e FN é a força normal que age sobre o bloco.
soluções dos problemas 133
(a) Explicitando T na primeira equação, temos:
T = mg sen u = (8, 5 kg)(9, 8 m/s2 ) sen 30 = 42 N.
(b) Explicitando FN na segunda equação, temos:
FN = mg cos u = (8, 5 kg ) ( 9, 8 m/s2 ) cos 30 = 72 N .
(c) Quando a corda é cortada, deixa de exercer uma força sobre o bloco e o bloco começa a
acelerar. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente x do peso, temos –mg senθ = ma,
o que nos dá
a = − g sen u = −(9, 8 m/s 2 ) sen 30 = −4, 9 m/s 2 .
O sinal negativo indica que a aceleração é para baixo. O módulo da aceleração é 4,9 m/s2.
18. A figura abaixo mostra o diagrama de corpo livre do sistema. A força exercida por John
Massis foi
F = 2, 5mg = 2, 5(80 kg)(9, 8 m/s 2 ) = 1960 N.
Como o movimento foi na horizontal, a Segunda Lei de Newton nos dá Fx = F cosu = Max , em
que M é a massa total dos dois vagões. Assim, a aceleração dos vagões foi
ax =
(1960 N) cos 30°
F cosu
=
= 0, 024 m/s 2 .
M
(7, 0 × 10 5 N / 9, 8 m/s 2 )
De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade dos vagões quando Massis parou de puxar era
vx =
2ax Dx =
2(0, 024 m/s 2 )(1, 0 m) = 0, 22 m/s.

19. Em termos de módulos, a Segunda Lei de Newton é F = ma, em que F = Fres , a =| a | , e m
é a massa (sempre positiva). O módulo da aceleração pode ser calculado usando as equações
da cinemática (Tabela 2-1), válidas quando a aceleração é constante. Resolvendo a equação v =
v0 + at para o caso em que o corpo parte do repouso, temos a = v/t (que interpretamos em termos de módulos, tornando desnecessário especificar os eixos do sistema de coordenadas). Neste
problema, como a velocidade é
v = (1600 km/h) (1000 m/km)/(3600 s/h) = 444 m/s,
temos:
444 m s
v
F = ma = m = ( 500 kg
= 1, 2 × 10 5 N.
t
1, 8 s
)

20. A força F e a trajetória do passageiro são horizontais. O semieixo x positivo está na direção do movimento do passageiro, o que significa que a aceleração do passageiro tem um valor

negativo e a força é exercida no sentido negativo do eixo x: F = − F î. Usando a Eq. 2-16 com
v0 = (53 km/h)(1000 m/km)/(3600 s/h) = 14,7 m/s
134 soluções dos problemas
e v = 0, a aceleração é dada por
v 2 = v02 + 2aDx ⇒ a = −
v02
(14, 7 m/s)2
=−
= −167 m/s2 .
2 Dx
2 ( 0, 65 m )
De acordo com a Segunda Lei de Newton,


F = ma ⇒ − F = ( 41 kg ( −167 m s 2
)
)
o que nos dá F = 6,8 × 103 N.
21. (a) A inclinação dos gráficos nos dá as componentes da aceleração, ax = 3,00 m/s2 e ay =
–5,00 m/s2. O módulo do vetor aceleração é, portanto,
a=
(3, 00 m/s 2 )2 + (−5, 00 m/s 2 )2 = 5, 83 m/s2 ,
e a força pode ser calculada multiplicando esse valor pela massa do pacote (m = 2,00 kg). O
resultado é F = ma =11,7 N.
(b) A orientação da força é a mesma da aceleração:
θ = tan–1 [(–5,00 m/s2)/(3,00 m/s2)] = –59,0°.
22. (a) A moeda fica em queda livre. Assim, sua aceleração em relação ao solo é


amoeda = g = (−9, 8 m/s 2 ) ˆj.


= 1, 24 g = (−12,15 m/s 2 ) ˆj,
′
(b) Como o homem está sofrendo uma aceleração para baixo dada por ahomem
a aceleração da moeda em relação ao homem é



arel = amoeda − ahomem
= (−9, 8 m/s 2 ) ˆj − (−12,15 m/s 2 ) ˆj = (+2, 35 m/s 2 ) ˆj.
′
(c) O tempo que a moeda leva para chegar ao teto é
t=
2h
=
arel
2(2, 20 m)
= 1, 37 s.
2, 35 m/s 2
(d) Como a gravidade é a única força que age sobre a moeda, a força a que a moeda está submetida é



ˆ
Fmoeda = mamoeda = mg = (0, 567 × 10 −3 kg)(−9, 8 m/s 2 ) ˆj = (−5, 56 × 10 −3 N)j.
(e) No referencial do homem, a moeda se move para cima com aceleração constante. A força
aparente a que a moeda está submetida é


ˆ
Fap = marel = (0, 567 × 10 −3 kg)(+2, 35 m/s 2 ) ˆj = (+1, 33 × 10 −3 N)j.
23. (a) Tomando como referência o ângulo que o cipó faz com a horizontal e na notação dos
vetores unitários, a tração do cipó é

T = T cos 68, 0 ˆi + T sen 68, 0 ˆj = (285 N) ˆi + 705 N) ˆj.
(b) Durante o salto, a única outra força que age sobre Tarzan é o peso. Assim,

 
N ) ˆi − (115 N) ˆj.
Fres = T + P = (285 N) ˆi + (705 N) ˆj − (820 N) ˆj = (285N
(c) O módulo da força é

Fres =
2852 + (−115)2 = 307 N
soluções dos problemas 135
(d) O ângulo da força é
 115 
= −22o
u = tan −1  −
 285 



(e) Como a = Fres m , em que m = P/g = 83,7 kg, a = 3, 67 m s 2 .


(f) Como a tem a mesma orientação de Fres , o ângulo da aceleração é 222°.

24. Tomando como referência o eixo x mostrado na Fig. 5-39, F1 5 (20 N) ˆi . De acordo com a



Segunda Lei de Newton, F1 + F2 = ma , em que m = 2,0 kg. Assim, temos:


F2 = ( 2, 0 a − 20 ) N  ˆi


(a) Se, a 5 (110 m /s 2 ) ˆi , F2 = 0.


2
(b) Se a = (+20 m/s ) ˆi , F2 = (20 N) ˆi.


(c) Se a = 0, F2 = (−20 N) ˆi.


(d) Se a = (−10 m/s 2 ) ˆi , F2 = (−40 N) ˆi.


(e) Se a = (−20 m/s 2 ) ˆi , F2 = (−60 N) ˆi.
25. (a) A aceleração é
a=
F
20 N
=
= 0, 022 m s2 .
m 900 kg
(b) A distância percorrida em 1 dia (= 86.400 s) é
s=
1 2 1
at = ( 0, 0222 m s 2
2
2
) (86.400 s)
2
= 8, 3 × 10 7 m.
(c) A velocidade após 1 dia de viagem é
)
)
v = at = ( 0, 0222 m s 2 (86.400 s = 1, 9 × 10 3 m s.
Esse valor corresponde a quase 7000 km/h.
26. Para facilitar a solução, vamos supor que a linha esteja na horizontal, alinhada com a trajetória do salmão. Tomando o semieixo x positivo no sentido da velocidade do salmão (ou seja,
para longe do pescador), a aceleração do peixe é negativa e a linha é tracionada no sentido negativo do eixo x. De acordo com a Eq. 2-16, temos (para v = 0):
v 2 = v02 + 2aDx ⇒ a = −
v02
(2, 8 m/s)2
=−
= −36 m/s 2 .
2 Dx
2 ( 0,11 m )
De acordo com a Eq. 5-1,


T = ma ⇒ − T = (8, 7 kg ( −36 m s 2 = 3,1 × 10 2 N,
)
)
em que 8,7 kg = 85 N/9,8 m/s2 é a massa do salmão.
27. A figura a seguir mostra a situação do problema. A aceleração do elétron é vertical e, para
todos os efeitos práticos, a única força a que o elétron está submetido é a força elétrica, já que
é muito maior que a força gravitacional. Tomamos o sentido positivo do eixo x como o sentido
136 soluções dos problemas
da velocidade inicial v0, o sentido positivo do eixo y como o sentido da força elétrica, e a origem
como a posição inicial do elétron.
Como a força e a aceleração são constantes, podemos usar as equações da Tabela 2-1: x = v0 t e
1
1  F
y = at 2 =   t 2 .
2
2  m
O tempo que o elétron leva para percorrer uma distância horizontal x é t = x/v0; nesse intervalo
de tempo, a deflexão vertical é
2
2
1F  x
1  4, 5 × 10 −16 N   30 × 10 −3 m 
=
y=
= 1, 5 × 10 −3 m.
2 m  v0 
2  9,11 × 10 −31 kg   1.2 × 10 7 m/s 
28. Tomando o semieixo x positivo no sentido da velocidade do carro, a aceleração é negativa
e a força do freio é aplicada no sentido negativo do eixo x.
(a) De acordo com a Eq. 2-16 e em unidades do SI (notando que v = 0 e v0 = 40(1000/3600) =
11,1 m/s),
v 2 = v02 + 2aDx ⇒ a = −
(11,1 m/s)2
v02
=−
= −4,12 m/s 2 .
2Dx
2 (15 m )
De acordo com a Eq. 5-1,


F = ma ⇒ − F = (1327 kg ( −4,12 m s2 = 5, 5 × 10 3 N,
)
)
em que 1327 kg = 1,3 × 104 N/9,8 m/s2 é a massa do carro.
(b) De acordo com a Eq. 2-11, t = –v0/a = 2,7 s.
(c) Manter a força constante equivale a manter a aceleração constante, caso em que, como mostra
a Eq. 2-16, para v = 0, existe uma proporcionalidade direta entre Dx e v02. Assim, se v0 é multiplicada por 2, a distância percorrida até o carro parar é multiplicada por 4.
(d) De acordo com a Eq. 2-11, existe uma proporcionalidade direta entre t e v0; assim, se v0 é
multiplicada por 2, o tempo necessário para o carro parar é multiplicado por 2.

29. Escolhendo o sentido positivo do eixo y como sendo para cima, a = (−3, 00 m/s2 ) ˆj (que vamos chamar simplesmente de a por se tratar de um problema unidimensional). De acordo com
a Eq. 5-12, a massa do bombeiro é m = P/g = 72,7 kg.
(a) Chamamos a força exercida pelo poste sobre o bombeiro de Fbp e usamos a Eq. 5-1. Como
Fres = ma,
Fbp − Fg = ma
o que nos dá Fbp = 494 N.
⇒ Fbp − 712 N = (72, 7 kg)(−3, 00 m/s 2 )
soluções dos problemas 137

(b) O fato de que o resultado é positivo mostra que Fbp aponta para cima.



(c) De acordo com a Terceira Lei de Newton, Fbp = − Fpb ; assim, Fpb = 494 N.

(d) O sentido de Fbp é para baixo.
30. A força exercida pelo galho e a trajetória do palito são horizontais. Escolhendo como sentido positivo do eixo x o sentido do movimento do palito, a aceleração do palito é negativa e a
força exercida pelo galho é aplicada no sentido negativo do eixo x. Usando a Eq. 2-16 com v0 =
220 m/s e v = 0, temos:
(220 m/s)2
v2
v 2 = v02 + 2aDx ⇒ a = − 0 = −
= −1, 61 × 10 6 m/s 2 .
2Dx
2 ( 0, 015 m )
Assim, o módulo da força exercida pelo galho sobre o palito é
F = m | a | = (1, 3 × 10 −4 kg)(1, 61 × 10 6 m/s 2 ) = 2,1 × 10 2 N.

31. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do sistema. FN é a força normal que o

plano inclinado exerce sobre o bloco e mg é a força da gravidade a que o bloco está submetido.
Tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado, apontando para a direita, e o eixo
y perpendicular à superfície do plano inclinado, apontando para cima. Nesse caso, a aplicação
da Segunda Lei de Newton à componente x do movimento nos dá mg sen θ = −ma, ou seja, a =
−g sen θ. Colocando a origem na base do plano inclinado, as equações da Tabela 2-1 nos dão
v 2 = v02 + 2ax e v = v0 + at . No ponto mais alto alcançado pelo bloco, v = 0; de acordo com a
segunda equação, isso acontece no instante t = − v0 a .
(a) A coordenada x do ponto mais alto atingido pelo bloco é
x= −

1 v02
1 
(3, 50 m/s)2
=1,18 m.
=− 
2
2 a
2  − ( 9, 8 m/s ) sen 32, 0° 
(b) O tempo que o bloco leva para chegar a esse ponto é
t=
v0
v0
3, 50 m/s
=−
=−
= 0, 674 s.
a
− g sen u
−(9, 8 m/s 2 ) sen 32, 0
(c) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, como não existem forças dissipativas neste problema, a velocidade vf com a qual o bloco chega de volta à base do plano inclinado é igual (em módulo) à velocidade inicial. Assim, vf = −v0 = −3,50 m/s, onde o sinal negativo
indica que agora o bloco está se movendo no sentido negativo do eixo x.
32. (a) Se o disco está em repouso,
  

F1 + F2 + F3 = (6, 00 ∠150 o ) + (7, 00 ∠ − 60, 0 o ) + F3 = 0,
em que os ângulos estão expressos em referência ao semieixo x positivo da Fig. 5-39. Assim,

F3 = −(6, 00 ∠150 o ) − (7, 00 ∠ − 60, 0 o ) = (1, 70 N) ˆi + (3, 06 N) ˆj.
138 soluções dos problemas
(b) Se o disco está se movendo com velocidade constante, a aceleração é nula, a força resultante
é nula e, portanto, a resposta é a mesma do item anterior.


 dv

= (13, 0 m/s2 ) ˆi − (14, 0 m/s2 ) ˆj. Usando a equação Fres = ma
(c) Nesse caso, a aceleração é a =
(com m = 0,025 kg), obtemos: dt

F3 = (2,02 N) î + (2,71 N) ĵ .

33. O diagrama de corpo livre do sistema é mostrado na figura a seguir. Seja T a tração do

cabo e seja mg o peso do elevador. Tomando o sentido para cima como positivo, a Segunda
Lei de Newton nos dá T – mg = ma, em que a é a aceleração do elevador. A tração do cabo é,
portanto, T = m(g + a). Para calcular a aceleração, usamos a Eq. 2-16, v 2 = v02 + 2ay , com v =
0, v0 = −12 m/s e y = − 42 m. O resultado é o seguinte:
a=−
(−12 m/s)2
v02
=−
= 1, 71 m/s2 .
2y
2(−42 m)
Agora podemos calcular a tração:
T = m ( g + a)
= (1600 kg ) ( 9, 8 m/s 2 + 1, 71 m/s2 )
= 1, 8 × 10 4 N.
34. Vamos separar a força horizontal em duas componentes, uma ao longo do plano e outra
perpendicular, como mostra a figura.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x das forças, temos:
F cosu − mg sen u = ma.
Para a = 0, essa equação nos dá F = 566 N.
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes y das forças, temos:
FN − F sen u − mg cosu = 0
o que nos dá FN = 1,13 × 103 N.
35. Podemos calcular a aceleração a partir da velocidade:

 dv d
a=
=
8, 00 t ˆi + 3, 00 t 2 ˆj m/s = (8, 00 ˆi + 6, 00t ˆj) m/s 2 .
dt dt
(
)
soluções dos problemas 139
(a) O módulo da força que age sobre a partícula é

F = ma = m | a | = (3, 00) (8, 00)2 + (6, 00 t )2 = (3, 00) 64, 0 + 36, 0 t 2 N.
Assim, F = 35, 0 N corresponde a t = 1, 415 s e o vetor aceleração nesse instante é

a = [8, 00 ˆi + 6, 00(1, 415) ˆj] m/s 2 = (8, 00 m/s 2 ) ˆi + (8, 49 m/s 2 ) ˆj.

O ângulo que o vetor a faz com o semieixo x positivo é
 8, 49 m/s 2 
a 
ua = tan −1  y  = tan −1 
 = 46, 7°.
 ax 
 8, 00 m/s 2 
(b) O vetor velocidade no instante t = 1, 415 s é

v = 8, 00(1, 415) ˆi + 3, 00(1, 415)2 ˆj m/s = (11, 3 m/s) ˆi + (6, 01 m/s) ˆj.

O ângulo que o vetor v faz com o semieixo x positivo é
 6, 01 m/s 
v 
uv = tan −1  y  = tan −1 
 = 28, 0°.
 vx 
 11, 3 m/s 
36. (a) Se a velocidade do esquiador é constante, a aceleração é nula, o que significa que a força “encosta acima” deve ser igual (em módulo) à força “encosta abaixo”: T = mg sen θ. Assim,
com m = 50 kg e u = 8, 0°, a tração da corda é 68 N.
(b) Com uma aceleração encosta acima de 0,10 m/s2, temos, de acordo com a Segunda Lei de
Newton,
)
)
)
T − mg sen u = ma ⇒ T − ( 50 kg ( 9, 8 m/s 2 sen 8, 0° = ( 50 kg ( 0,10 m/s 2
)
o que nos dá T = 73 N.
37. (a) Como o atrito é nulo, a única força horizontal a que o trenó está submetido é a força exercida pela moça. A aceleração do trenó pode ser calculada usando a Segunda Lei de Newton:
at =
F
5, 2 N
=
= 0, 62 m s 2 .
mt
8, kg
(b) De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força que o trenó exerce sobre a moça é igual
(em módulo) à força que a moça exerce sobre o trenó, 5,2 N. A aceleração da moça pode ser
calculada usando a Segunda Lei de Newton:
am =
F
5, 2 N
=
= 0,13 m s2 .
mm
40 kg
(c) As acelerações do trenó e da moça têm sentidos opostos. Supondo que a moça está inicialmente na origem e se move no sentido positivo do eixo x, sua coordenada é dada por x m = 12 am t 2 .
O trenó está inicialmente no ponto x0 = 15 m e se move no sentido negativo do eixo x; sua
coordenada é dada por x t = x 0 − 12 at t 2 . O trenó e a moça se encontram quando x m = x t , ou
1
1
am t 2 = x 0 − at t 2 .
2
2
Isso acontece no instante
t=
2 x0
.
am + at
140 soluções dos problemas
Nesse instante, a moça percorreu uma distância
)
(15 m ) ( 0,13 m/s
xa
1
= 2, 6 m.
am t 2 = 0 m =
am + at 0,13 m/s 2 + 0, 62 m/s 2
2
2
xg =
38. O esquiador está representado por um bloco na figura a seguir. A força do vento foi chamada

de Fv e pode ser “encosta acima” ou “encosta abaixo” (na figura, o vento está soprando encosta
acima). O sentido positivo do eixo x é encosta acima.
(a) Se a velocidade do esquiador é constante, a aceleração é nula; assim, aplicando a Segunda
Lei de Newton às componentes paralelas à superfície da encosta, temos:
mg sen u − Fv = 0
o que nos dá Fv = 68 N (encosta acima).
(b) Para nossa escolha de eixos, a = 1,0 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton,
mg sen u − Fv = ma
o que nos dá Fv = 28 N (encosta acima).
(c) Nesse caso, a equação
mg sen u − Fv = ma
nos dá Fv = –12 N. Isso significa que, nesse caso, o vento sopra no sentido oposto ao que está
representado na figura. Em outras palavras, para que a aceleração do esquiador seja 2,0 m/s2, é
preciso que exista um vento de módulo 12 N soprando encosta abaixo.
39. É mais fácil resolver primeiro o item (b). A figura à direita mostra o diagrama de corpo



livre do sistema, com a tração da corda T , o peso da esfera mg e a força da brisa F . Como a
esfera está em repouso, a força resultante é nula e as componentes x e y das forças envolvidas
obedecem às seguintes equações:
T sen θ – F = 0
T cos θ – mg = 0
soluções dos problemas 141
Explicitando T na segunda equação, obtemos:
T = mg/ cos θ = (3,0 × 10–4 kg) (9,8 m/s2) / cos 37° = 3,7 × 10–3 N.
Explicitando F na primeira equação, obtemos:
F = T sen θ = (3,7 × 10–3 N) sen 37° = 2,2 × 10–3 N.
40. A aceleração de um objeto, sujeito apenas ao próprio peso, que sobe um plano inclinado sem atrito de ângulo θ, é a = –g senθ. A inclinação do gráfico da Fig. 5-41 mostra que a =
–2,50 m/s2, o que nos dá u = 14, 8°. Como a soma das componentes das forças perpendiculares
à superfície do plano inclinado deve ser nula, já que a aceleração da caixa nessa direção é nula,
FN = mg cosθ. Assim, o módulo na força normal que a rampa exerce sobre a caixa é (5,00 kg)
(9,8 m/s2) cos 14,8° = 47,4 N.
41. A massa da caixa é m = (449 N)/(9,80 m/s2) = 45,8 kg e escolhemos o sentido positivo do
eixo y como sendo para cima.
(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
T − mg = ma ⇒ a =
387 N − 449 N
45, 8 kg
o que nos dá a = –1,4 m/s2 (ou |a| = 1,4 m/s2). O sinal negativo indica que o vetor aceleração
aponta para baixo. Qualquer aceleração para baixo de módulo maior que esse valor é aceitável,
já que resultaria em valores menores da tensão do cabo.
(b) Usamos a Eq. 2-16 com y no lugar de x, y – y0 = –6,1 m e ν0 = 0. O resultado é o seguinte:
v =
2aDy =
)
2 ( −1, 35 m/s2 ( −6,1 m ) = 4,1 m/s.

42. Vamos tomar a direção do movimento como eixo + î e escolher o eixo + j de tal forma que

a força Fc exercida pelo cavalo esteja no primeiro quadrante. As componentes da força exercida pela água são chamadas de Fx e Fy.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton às componentes x e y das forças envolvidas, temos:
(7900 N) cos18o + Fx = ma
(7900 N)sen 18o + Fz = 0
Fazendo a = 0,12 m/s2 e m = 9500 kg, obtemos Fx = − 6,4 × 103 N e Fy = − 2,4 × 103 N. O módulo da força exercida pela água é, portanto,
Fágua =
Fx2 + Fy2 = 6, 8 × 10 3 N.
(b) O ângulo em relação ao semieixo x positivo é dado por
 Fy 
tan −1   = 21o ou 201o
 Fx 
Os sinais das componentes mostram que a segunda escolha é a correta. Assim, o ângulo da força exercida pela água sobre a barcaça faz um ângulo de 201° com a direção do movimento da
barcaça.

43. As forças que agem sobre o primeiro elo de baixo para cima são a força da gravidade mg ,
dirigida para baixo, e a força F21 exercida pelo elo 2 sobre o elo 1, como mostra o diagrama de
corpo livre da extremidade esquerda na figura a seguir. Tomando o sentido positivo como sendo
para cima, a Segunda Lei de Newton nos dá F21 − m1 g = m1a . As equações para os outros elos
podem ser escritas de forma análoga.
142 soluções dos problemas
(a) Como F21 − m1 g = m1a , a força exercida pelo elo 2 sobre o elo 1 é
F21 = m1 (a + g) = (0,100 kg)(2, 5 m/s2 + 9, 80 m/s2 ) = 1, 23 N.
(b) De acordo com o segundo diagrama de corpo livre da esquerda para a direita, as forças que


agem sobre o segundo elo são a força da gravidade m2 g , para baixo, a força do elo 1, F12 , para



baixo, e a força do elo 3, F32 , para cima. De acordo com a Terceira Lei de Newton, F12 = − F21 .
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao segundo elo, temos:
F32 − F12 − m2 g = m2 a
e, portanto,
F32 = m2(a + g) + F12 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 1,23 N = 2,46 N.
(c) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao terceiro elo, temos:
F43 – F23 – m3g = m3a
e, portanto,
F43 = m3(a + g) + F23 = (0,100 N) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 2,46 N = 3,69 N,
em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F23 = −F32.
(d) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao quarto elo, temos:
F54 – F34 – m4g = m4a
e, portanto,
F54 = m4(a + g) + F34 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 3,69 N = 4,92 N,
em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F34 = F43.
(e) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao quinto elo, temos:
F – F4on5 – m5g = m5a
e, portanto,
F = m5(a + g) + F45 = (0,100 kg) (2,50 m/s2 + 9,80 m/s2) + 4,92 N = 6,15 N,
em que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, F45 = F54.
(f) Como todos os elos têm a mesma massa ( m1 = m2 = m3 = m4 = m5 = m ) e a mesma aceleração, estão sujeitos à mesma força resultante:
Fres = ma = (0,100 kg) (2,50 m/s2) = 0,250 N.
soluções dos problemas 143
44. (a) O termo “desaceleração” significa que o vetor aceleração tem o sentido oposto ao do
vetor velocidade (que, de acordo com o enunciado do problema, aponta para baixo). Assim,
tomando como positivo o sentido para cima do eixo y, a aceleração é a = +2,4 m/s2. De acordo
com a Segunda Lei de Newton, temos:
T − mg = ma ⇒ m =
T
g+a
o que nos dá m = 7,3 kg.
(b) Repetindo o cálculo acima (agora para determinar o valor de T), obtemos o mesmo valor
da situação do item (a), T = 89 N, já que o sentido da velocidade é irrelevante para o resultado
final.
45. (a) A massa do elevador é m = (27.800/9,80) = 2837 kg e (tomando o sentido para cima do eixo
y como positivo) a aceleração é a = +1,22 m/s2. De acordo com a Segunda Lei de Newton,
T − mg = ma ⇒ T = m ( g + a
)
o que nos dá T = 3,13 × 104 N.
(b) O termo “desaceleração” significa que o vetor aceleração tem o sentido oposto ao do vetor
velocidade (que, de acordo com o enunciado do problema, aponta para cima). Assim, a aceleração agora é a = –1,22 m/s2 e a tensão do cabo é
T = m (g + a) = 2,43 × 104 N.
46. Usando ame para designar a “aceleração da moeda em relação ao elevador” e aes para designar a “aceleração do elevador em relação ao solo”, temos:
ame + aes = ams
⇒ –8,00 m/s2 + aes = –9,80 m/s2
o que nos dá aes = –1,80 m/s2. Escolhemos o sentido positivo do eixo y como sendo para cima.
Nesse caso, a Segunda Lei de Newton (no referencial do solo) nos dá T – m g = maes e, portanto,
T = m g + m aeg = m(g + aeg) = (2000 kg)(8,00 m/s2) = 16,0 kN.
47. De acordo com a Eq. 4-26, a velocidade de lançamento foi
v0 =
gR
=
sen 2u
(9, 8 m/s 2 )(69 m)
= 26, 52 m/s.
sen 2(53° )
As componentes horizontal e vertical da velocidade são:
vx = v0 cos u = (26, 52 m/s) cos 53° = 15, 96 m/s
vy = v0 sen u = (26, 52 m/s) sen 53° = 21,18 m/s.
Como a aceleração é constante, podemos usar a Eq. 2-16 para analisar o movimento. A componente da aceleração na direção horizontal é
ax =
(15, 96 m/s)2
v x2
=
= 40, 7 m/s 2 ,
2 x 2(5, 2 m) cos 53°
e a componente da força é
Fx = max = (85 kg)(40, 7 m/s 2 ) = 3460 N.
A componente da aceleração na direção vertical é
ay =
(21,18 m/s)2
v y2
=
= 54, 0 m/s2 .
2 y 2(5, 2 m)sen 53°
144 soluções dos problemas
A componente da força é
Fy = ma y + mg = (85 kg)(54, 0 m/s 2 + 9, 80 m/s 2 ) = 5424 N.
Assim, o módulo da força é
F=
Fx2 + Fy2 =
(3460 N)2 + (5424 N)2 = 6434 N ≈ 6, 4 × 10 3 N.
48. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao elevador B (de massa m), temos:
a=
T
− g = 4, 89 m/s2 .
m
Aplicando a Segunda Lei de Newton à caixa (de massa mc), temos:
FN = mb(g + a) = 176 N.
49. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do bloco (que não foi desenhado em es

cala). FN é a força normal exercida pelo piso e mg é a força da gravidade.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo x, obtemos a equação F cosθ = ma, na qual m
é a massa do bloco e a é a componente x da aceleração. Temos:
a=
)
F cosu (12, 0 N cos 25, 0°
= 2,18 m/s 2 .
=
5, 00 kg
m
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo y, obtemos a equação FN + F senθ – mg = 0, na
qual FN é o módulo normal. Essa equação só é válida para valores positivos de FN; valores negativos significam que o bloco não está mais em contato com o piso e, portanto, FN = 0. O resultado é o seguinte:
FN = mg – F senθ = (5,00 kg)(9,80 m/s2) – (12,0 N) sen 25,0° = 43,9 N.
Assim, o bloco permanece em contato com o piso.
(b) Se F é a força mínima para a qual o bloco deixa o piso, FN = 0 e a aplicação da Segunda Lei
de Newton ao eixo y nos dá
F senθ – mg = 0
⇒ F=
(5, 00 kg)(9, 80 m/s2 )
mg
=
= 116 N.
sen u
sen 25, 0 o
(c) Aplicando a mesma equação do item (a) com a força F encontrada no item (b), temos:
a=
)
F cosu (116 N cos 25, 0°
= 21, 0 m/s 2 .
=
5, 00 kg
m
soluções dos problemas 145
50. (a) A força total que age sobre o sistema (cuja massa total é M = 80,0 kg) é o peso das caixas
que estão penduradas (mB + mC = 50,0 kg). O módulo da aceleração é, portanto, a = (mB + mC)
g/M = 6,125 m/s2. Aplicando a Segunda Lei de Newton à caixa C e tomando o sentido positivo
do eixo y para baixo, obtemos:
mC g – TBC = mC a,
o que nos dá TBC = 36,8 N.
(b) De acordo com a Eq. 2-15 (escolhendo o sentido para a direita como sentido positivo do eixo
x), temos: x − x0 = 0 + at2/2 = 0,191 m.
51. A figura a seguir mostra os diagramas de corpo livre dos blocos m1 e m2 . As únicas forças que



agem sobre os blocos são a tensão da corda T e as forças gravitacionais F1 = m1 g e F2 = m2 g .
De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos:
T − m1 g = m1a
m2 g − T = m2 a
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos:
 m − m1 
a= 2
g
 m2 + m1 
Substituindo esse resultado em uma das equações, temos:
 2m1m2 
T =
g
 m1 + m2 
(a) Para m1 = 1,3 kg e m2 = 2,8 kg, a aceleração é
 2, 80 kg − 1, 30 kg 
2
2
2
a=
 (9, 80 m/s ) = 3, 59 m/s ≈ 3, 6 m/s .
 2, 80 kg + 1, 30 kg 
(b) Para m1 = 1,3 kg e m2 = 2,8 kg, a tensão da corda é
T=
2(1, 30 kg)(2, 80 kg)
(9, 80 m/s2 ) = 17, 4 N ≈ 17 N.
1, 30 kg + 2, 80 kg
52. Ao considerar o conjunto homem-corda-saco de areia como um sistema, devemos tomar
cuidado com a escolha do sentido do movimento para que as equações sejam coerentes. Vamos
considerar positivo o sentido do movimento do homem e negativo o sentido do movimento do
saco de areia. Nesse caso, a força resultante que age sobre o sistema é a diferença entre o peso
do homem e o peso do saco de areia, e a massa do sistema é a soma da massa do homem com
146 soluções dos problemas
a massa do saco de areia. Assim, aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema, obtemos a
seguinte equação:
(85 kg)(9, 8 m/s 2 ) − (65 kg)(9, 8 m/s 2 ) = (150 kg) a
o que nos dá a = 1,3 m/s2. De acordo com a Eq. 2-16, temos:
v=
2a( y − y0 ) =
2(1, 3 m/s2 )(10 m) = 5,1 m/s.
53. Aplicamos a Segunda Lei de Newton duas vezes: primeiro aos três blocos como um todo
e depois ao primeiro bloco. Escolhemos o sentido para a direita na Fig. 5-48 como sentido positivo do eixo x.
(a) Fazendo mtotal = m1 + m2 + m3 = 67,0 kg, aplicamos a Eq. 5-2 ao movimento do sistema sob
a ação da força T3. O resultado é o seguinte:
T3 = mtotal a ⇒ 65, 0 N = (67, 0 kg)a
o que nos dá a = 0,970 m/s2 como aceleração do sistema (e, portanto, como aceleração de qualquer dos blocos).
(b) Aplicando a Eq. 5-2 ao bloco 1, temos:
T1 = m1a = (12, 0 kg)(0, 970 m/s 2 ) = 11, 6 N.
(c) Para determinar T2, podemos analisar as forças que agem sobre o bloco 3 ou analisar as forças
que agem sobre o conjunto formado pelos blocos 1 e 2. Vamos usar a segunda abordagem.
)
)
)
T2 = ( m1 + m2 a = (12, 0 kg + 24, 0 kg ( 0, 970 m/s 2 = 34, 9 N .
54. Para começar, consideramos todos os pinguins (numerados de 1 a 4, começando pela esquerda) como um único sistema, ao qual aplicamos a Segunda Lei de Newton:
T4 = ( m1 + m2 + m3 + m4 ) a ⇒ 222 N 5 (12 kg 1 15kg 1 20 kg)a.
Em seguida, consideramos os pinguins 3 e 4 como um sistema, ao qual também aplicamos a
Segunda Lei de Newton:
T4 − T2 = (m3 + m4 )a
111 N = (15 kg + 20 kg)a ⇒ a = 3, 2 m/s 2
Substituindo na primeira equação, obtemos m2 = 23 kg.
55. Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (a) são mostrados a seguir.



F é a força aplicada e F12 é a força exercida pelo bloco 1 sobre o bloco 2. Note que F é aplicada diretamente ao bloco 1 e que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, o bloco 2 exerce


uma força F21 = − F12 sobre o bloco 1.
soluções dos problemas 147
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, temos F − F21 = m1a , em que a é a aceleração.
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos F12 = m2 a . Como os blocos se movem
juntos, eles têm a mesma aceleração.
(a) A partir da segunda equação, obtemos a relação a = F12 / m2 , que substituímos na primeira
equação para obter F − F21 = m1 F12 / m2 . Como F21 = F12 , temos
F21 = F12 =
m2
1, 2 kg
F=
(3, 2 N ) = 1,1 N.
m1 + m2
2, 3 kg + 1, 2 kg
(b) Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (b) são mostrados a seguir.
As forças de contato entre os blocos são:
F21′ = F12′ =
2, 3 kg
m1
F=
(3, 2 N = 2,1 N .
2, 3 kg + 1, 2 kg
m1 + m2
)
(c) Note que a aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos. No item (a), a força F12 é a única
força horizontal que age sobre o bloco de massa m2; no item (b), F21′ é a única força horizontal
que age sobre o bloco de massa m1 > 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) î = (30,0 N) î.
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
o
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.
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:
am′ =
( m − m ) g = (15 kg − 10 kg)(9,8 m/s ) = 2, 0 m/s .
c
2
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) ˆĵ

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 corpolivre 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
cima. Supomos que a massa da corda é desprezível, de modo
que
a
força
exercida
pela crian
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
0
dt
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 =
2
2
Amenor  vmaior 
 310 km/h 
=
= 3, 75.
=
 160 km/h 
Amaior  vmenor 
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 =
2 Fg
=
C A
2(510 N)
= 66, 0 m/s.
(0,150)(1, 20 kg/m 3 )(1, 30 m 2 )
(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=
m k mg
=
4Cgelo  Agelo
( 0,10 ) ( 7, 36 × 105 kg) (9, 8 m/s2 )
= 19 m/s
4 ( 0, 002 ) (1, 21 kg/m 3 ) ( 400 × 500 m 2 )
≈ 69 km/h.
(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 = 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 = 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=
( 2, 4 × 10 7 )2 + 2 (3, 6 × 1015 ) ( 0, 035) = 2, 9 × 10 7 m/s.
v02 + 2a∆x =
(b) A energia cinética inicial é
Ki =
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 =
Ws =
1
(9, 0 × 10 3 N/m )[(0, 050 m)2 − (−0, 050 m)2 ] = 0 J.
2
(d) Quando o bloco é deslocado de xi = +5,0 cm para x = −9,0 cm, temos:
Ws =
1
(9, 0 × 10 3 N/m )[(0, 050 m)2 − (−0, 090 m)2 ] = −25 J.
2
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 =
e, portanto,
1
m ( v 2f − vi2
2
)
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 =
Ws =
1
(8, 0 × 10 3 N/m)[(0, 080 m)2 − (−0, 080 m)2 ] = 0 J.
2
(d) Quando o bloco se desloca de xi = +8,0 cm para x = −10,0 cm, temos:
Ws =
1
(8, 0 × 10 3 N/m)[(0, 080 m)2 − (−0,10 m)2 ] = −14, 4 J ≈ −14 J.
2
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
xc =
= (3,0/50) m = 0,060 m.
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=
∫
xf
0
F dx = m
∫
xf
0
x dx =
mα 2 (10 kg)(2, 5 s22)
(8, 0 m)2 = 8, 0 3 10 2 J.
xf =
2
2
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
1
1
F0 x 0 + F0 x 0 = 0.
2
2
2 x0
 x2
 x


⌠
− x
W =  F0  − 1 dx = F0 
= 0.
 2 x0
0
 x0

⌡0
soluções dos problemas 213
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 <6 + W6< x <8 = (20 + 10 + 0 − 5) J = 25 J.
37. (a) Depois de multiplicar o eixo vertical do gráfico da Fig. 7-39 pela massa da partícula, para
que se torne um gráfico da força aplicada em função do deslocamento, somamos a área triangular
do gráfico, de x = 0 a x = 1, com a área retangular, de x = 1 até x = 4. O resultado é W = 42 J.
(b) Somando as áreas de x = 0 a x = 7 e considerando as áreas sob o eixo x como negativas, obtemos W = 30 J.
(c) Somando as áreas de x = 0 a x = 9 e considerando as áreas sob o eixo x como negativas, obtemos W = 12 J.
(d) De acordo com as Eqs. 7-1 e 7-10, v = 6,5 m/s para x = 4,0 m. Voltando ao gráfico original,
da aceleração em função do deslocamento, vemos que a partícula partiu do repouso e foi acelerada apenas no sentido positivo do eixo x; assim, em x = 4,0 m, o vetor velocidade aponta no
sentido positivo do eixo x.
(e) De acordo com as Eqs. 7-1 e 7-10, v = 5,5 m/s para x = 7,0 m. Embora a partícula tenha sofrido uma desaceleração a partir do ponto x = 5, 0 m, o vetor velocidade continua a apontar no
sentido positivo do eixo x.
(f) Finalmente, de acordo com as Eqs. 7-1 e 7-10, v = 3,5 m/s para x = 9,0 m. Embora a partícula tenha sofrido uma desaceleração ainda maior, o vetor velocidade continua a apontar no
sentido positivo do eixo x.
38. (a) De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos:
1
(2,5 − x 2 ) dx = 0 + (2,5)(2,0) − (2,0)3 = 2, 3 J.
3
(b) Considerando o limite superior de integração como variável, poderíamos obter uma equação
para Kf em função de x, cuja derivada seria igualada a zero para obtermos o valor extremo de
Kf. Entretanto, esse processo equivale a integrar a força para depois calcular a derivada dessa
integral; é muito mais simples igualar diretamente a força a zero:
K f = Ki + ∫
2,0
0
F = 0 ⇒ 2,5 − x 2 = 0 .
Assim, K passa por um extremo em x =
2,5 ≈ 1, 6 m e, para esse valor de x,
1
( 2,5 )3 = 2, 6 J.
3
Como este valor é maior que o obtido no item (a), não há dúvida de que se trata de um máximo.
K f = Ki + ∫
2,5
(2,5 − x 2 )dx = 0 + (2,5)( 2,5 ) −
0
39. Quando a partícula se desloca no eixo x de xi = 0 m a xf = 3,00 m, o trabalho realizado pela
força é
W=
∫
xf
xi
Fx dx =
∫
xf
xi
= 4, 50c − 27, 0.
3
c
c

(cx − 3, 00 x 2 )dx =  x 2 − x 3  = (3, 00)2 − (3, 00)3
0 2
2
Além disso, de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, W = ∆K = (11, 0 − 20, 0) = −9, 00 J
− 20, 0) = −9, 00 J. Assim,
4, 50c − 27, 0 = −9, 00
e, portanto, c = 4,00 N/m.
214 soluções dos problemas
40. De acordo com a Eq. 7-32,
W=
∫
1,25
0 ,25
e−4 x dx = 0, 21 J
2
em que o resultado foi obtido numericamente, já que a integral não tem solução analítica. Muitas
calculadoras e programas de computador voltados para a matemática permitem calcular esse
tipo de integral.
41. Podemos resolver o problema usando o teorema do trabalho e energia cinética (Eq. 7-10).
Para obter a energia cinética inicial e a energia cinética final, calculamos primeiro as velocidades, usando a relação
dx
= 3, 0 − 8, 0t + 3, 0t 2
dt
em unidades do SI. De acordo com a equação acima, a velocidade inicial é vi = 3,0 m/s e a velocidade no instante t = 4 s é vf = 19 m/s. A variação de energia cinética de um objeto com uma
massa m = 3,0 kg é, portanto,
v=
1
m ( v 2f − vi2 = 528 J
2
Arredondando para dois algarismos significativos e aplicando o teorema do trabalho e energia
cinética, obtemos W = 5,3 × 102 J.
)
∆K =
42. Podemos resolver o problema usando o teorema do trabalho e energia cinética, segundo o
qual a variação de energia cinética é igual ao trabalho realizado pela força aplicada, ∆K = W.
Neste problema, o trabalho realizado é W = Fd, em que F é a força de tração da corda e d é a
variação de comprimento do trecho da corda entre a polia e o carrinho quando o carrinho se
desloca de x1 até x2. De acordo com a Fig. 7-40, temos:
d=
x12 + h 2 −
x 22 + h 2 =
(3, 00 m)2 + (1, 20 m)2 − (1, 00 m))2 + (1, 20 m)2
= 3, 23 m − 1, 56 m = 1, 67 m
o que nos dá ∆K = Fd = (25,0 N)(1,67 m) = 41,7 J.

43. (a) O trabalho realizado pela força F entre o instante t1 e o instante t2 é dado por
W=
∫
t2
t1
Pdt =
∫
t2
t1
Fvdt .

Como F é a única força que age sobre o corpo, o módulo da aceleração é a = F/m; como a velocidade inicial é v0 = 0, a velocidade em função do tempo é dada por v = v0 + at = (F/m)t. Assim,
W=
Para t1 = 0 e t2 = 1,0 s, W =
∫
t2
t1
( F 2 /m)t dt =
1 2
(F /m)(t22 − t12 ).
2
1  (5,0 N) 
(1,0 s)2 = 0,83 J.
2  15 kg 
2
(b) Para t1 = 1,0 s e t2 = 2,0 s, W =
1  (5,0 N)
2  15 kg
(c) Para t1 = 2,0 s e t2 = 3,0 s, W =
1  (5,0 N)
2  15 kg
2
2

2
2
 [(2,0 s) − (1,0 s) ] = 2,5 J.

2
2
 [(3,0 s) − (2,0 s) ] = 4,2 J.
(d) Substituindo v = (F/m)t na equação P = Fv, obtemos a equação P = F2t/m, que permite calcular a potência para qualquer instante de tempo t. No fim do terceiro segundo,
 (5, 0 N)2 (3, 0 s) 
P=
 = 5, 0 W.
15 kg


soluções dos problemas 215
44. (a) Como a velocidade é constante, ∆K = 0, e, portanto, de acordo com a Eq. 7-15, Wa =
−Wg. Como Wg é o mesmo nos dois casos (mesmo peso e mesma trajetória), Wa = 9,0 × 102 J,
como no primeiro caso.
(b) Como a velocidade de 1,0 m/s é constante, os 8,0 metros são percorridos em 8,0 segundos.
Usando a Eq. 7-42 e notando que a potência média se confunde com a potência instantânea
quando o trabalho não varia com o tempo, temos:
W 900 J
=
= 1,1 × 10 2 W.
∆t 8,0 s
(c) Como a velocidade de 2,0 m/s é constante, 8,0 metros são percorridos em 4,0 segundos.
Usando o mesmo raciocínio do item anterior, obtemos
P =
W 900 J
=
= 225 W ≈ 2, 3 × 10 2 W.
∆t 4,0 s

 

45. A potência associada a uma força F é dada por P = F ⋅ v , em que v é a velocidade do objeto sobre o qual a força atua. Assim,
 
P = F ⋅ v = Fv cosφ = (122 N)(5,0 m/s) cos37 = 4,9 × 10 2 W.
P=
46. Como a força exercida pelo cabo é igual ao peso do elevador (já que a aceleração é zero),
podemos usar a Eq. 7-47:
P = Fv cosθ = mg
 ∆x 
 ∆t 
Na qual usamos o fato de que θ = 0o (a força do cabo e o movimento do elevador têm a mesma
direção). Assim,
 210 m 
= 2,7 × 10 5 W.
P = (3,0 × 10 3 kg)(9,8 m/s 2 ) 
 23 s 
47. (a) De acordo com a Eq. 7-8, temos:
W = Fx ∆x + Fy ∆y + Fz ∆z
= (2, 00 N)(7, 5 m − 0, 50 m) + (4, 00 N))(12, 0 m − 0, 75 m ) + (6, 00 N)(7, 2 m − 0, 20 m )
= 101 J ≈~ 1, 0 × 10 2 J.
(b) Dividindo o resultado do item (a) por 12 s (veja a Eq. 7-42), obtemos P = 8,4 W.
48. (a) Como a força exercida pela mola sobre a bandeja quando a bandeja passa pela posição
de equilíbrio da mola é zero, a taxa com a qual a mola está realizando trabalho sobre a bandeja
também é zero.
 
 
(b) A taxa é dada por P = F ⋅ v = − Fv, na qual o sinal negativo se deve ao fato de que F e v
apontam em sentidos opostos. O módulo da força é dado por
F = kx = (500 N/m)(0,10 m) = 50 N,
enquanto a velocidade v pode ser obtida aplicando a lei de conservação da energia ao sistema
massa-mola:
1 2 1 2 1
1
mv + kx = (0, 30 kg)v 2 + (500 N/m)(0,10 m)2
2
2
2
2
o que nos dá v = 7,1 m/s. Assim,
E = K + U = 10 J =
P = − Fv = −(50 N)(7,1 m/s) = −3, 5 × 10 2 W.
49. Temos um elevador carregado que sobe com velocidade constante. As forças envolvidas são
a força gravitacional que age sobre o elevador, a força gravitacional que age sobre o contrapeso
216 soluções dos problemas
e a força que o motor exerce sobre o sistema através do cabo. O trabalho total é a soma de três
trabalhos: o trabalho realizado pela gravidade sobre o elevador, o trabalho realizado pela gravidade sobre o contrapeso e o trabalho realizado pelo cabo sobre o sistema:
W = We + Wc + Wm.
Como o elevador está se movendo com velocidade constante, a variação de energia cinética é
zero e, portanto, de acordo com a teoria do trabalho e energia cinética, o trabalho total também
é zero, ou seja, W = ∆K = 0.
Quando o elevador sobe 54 m, o trabalho realizado pela gravidade é
We = − me gd = −(1200 kg)(9,80 m/s 2 )(54 m) = −6, 35 × 10 5 J.
Quando o contrapeso desce 54 m, o trabalho realizado pela gravidade é
Wc = mc gd = (950 kg)(9,80 m/s 2 )(54 m) = 5,03 × 10 5 J.
Como W = 0, o trabalho realizado pelo motor sobre o sistema é
Wm = −We − Wc = 6,35 × 10 5 J − 5,03 × 10 5 J = 1,32 × 10 5 J.
Como esse trabalho é realizado em um intervalo de tempo ∆t = 3,0 min = 180 s, a potência desenvolvida pelo motor para levantar o elevador é
P=
Wm 1,32 × 10 5 J
=
= 7,4 × 10 2 W.
180 s
∆t
50. (a) De acordo com as Eqs. 3-23 e 7-48,
 
P = F ⋅ v = (4,0 N)( − 2, 0 m/s) + (9,0 N)(4,0 m/s) = 28 W.

(b) Usando novamente as Eqs. 3-23 e Eq. 7-48 e supondo que a velocidade é da forma v = vjˆ ,
temos:
 
P = F ⋅ v ⇒ −12 W = (−2, 0 N) v,
o que nos dá v = 6 m/s.
51. (a) O deslocamento do objeto é
 

d = d f − di = (−8, 00 m) ˆi + (6, 00 m) ˆj + (2, 00 m) kˆ .
Assim, de acordo com a Eq. 7-8,
 
W = F ⋅ d = (3, 00 N)(−8, 00 m ) + (7, 00 N)(6, 00 m) + (7, 00 N)(2, 00 m) = 32, 0 J.
(b) A potência média é dada pela Eq. 7-42:
Pméd =
W 32, 0
=
= 8, 00 W.
t
4, 00
(c) O módulo da distância entre a origem e a posição inicial do objeto é
di =
(3, 00 m)2 + (−2, 00 m)2 + (5, 00 m)2 = 6,16 m
e o módulo da distância entre a origem e a posição final do objeto é
df =
(−5, 00 m)2 + (4, 00 m)2 + (7, 00 m)2 = 9, 49 m.
O produto escalar dos dois deslocamentos é
 
di ⋅ d f = (3, 00 m)(−5, 00 m) + (−2, 00 m)(4, 00 m) + (5, 00 m)(7, 00 m) = 12, 0 m 2 .
Assim, o ângulo entre os dois deslocamentos é
 
 di ⋅ d f 
12, 0


−1
= 78, 2.
φ = cos 
= cos −1 

 (6,16)(9, 49) 
 di d f 
soluções dos problemas 217
52. De acordo com o enunciado do problema, a potência do carro é
dW d  1 2 
dv
= constante.
=  mv  = mv

dt
dt  2
dt
P=
Explicitando dt, obtemos dt = mvdv / P . Integrando essa última equação, temos
∫
T
0
vT
mvdv
dt = ⌠

⌡0 P
⇒ T=
mvT2
2P
na qual vT é a velocidade do carro no instante t = T. Por outro lado, a distância total percorrida
pelo carro é
L=
∫
T
0
vT
mvdv m ⌠ vT 2
mvT3
.
vdt = ⌠
=  v dv =
 v
⌡0
3P
P
P ⌡0
Elevando ambos os membros ao quadrado e substituindo mvT2 /2P por T, obtemos
2
3
8 P  mvT2 
8 PT 3
 mv 3 
=
L = T =


 3P 
9m  2 P 
9m
2
o que nos dá
PT 3 =
9 2
mL = constante.
8
Diferenciando a equação acima, obtemos
dPT 3 + 3PT 2 dT = 0 ⇒ dT = −
T
dP.
3P
53. (a) Notando que a componente x da terceira força é F3x = (4,00 N)cos(60º), aplicamos a Eq.
7-8 ao problema:
W = [5,00 N − 1,00 N + (4,00 N)cos 60º](0,20 m) = 1,20 J.
(b) De acordo com as Eqs. 7-1 e 7-10, temos: v =
2W / m = 1,10 m/s.
54. De acordo com a Eq. 7-32, a área sob o gráfico da Fig. 7-42 é igual ao trabalho executado. Calculamos a área da região retangular (largura × altura) e da região triangular [(largura ×
altura)/2] do gráfico e usamos o teorema do trabalho e energia cinética. O ponto inicial é x = 0,
no qual a velocidade do corpo é v0 = 4,0 m/s.
(a) Como K0 = m v02 /2 = 16 J, temos:
K 3 − K 0 = W0< x <1 + W1< x < 2 + W2< x <3 = −4, 0 J
e, portanto, K3 (a energia cinética do corpo no ponto x = 3,0 m) é dada por
K3 = −4,0 + K0 = −4,0 + 16 = 12 J.
(b) Podemos escrever W3< x < x f na forma Fx ∆x = (−4, 0 N)( x f − 3, 0 m) e usar o teorema do trabalho e energia cinética:
K x f − K 3 = W3< x< x f
K x f − 12 = (−4)( x f − 3, 0).
Para K x f = 8, 0 J , xf = 4,0 m.
(c) Enquanto o trabalho é positivo, a energia cinética aumenta. De acordo com o gráfico da Fig.
7-42, isso acontece até o ponto x = 1,0 m. Nesse ponto, a energia cinética é
K1 = K 0 + W0< x <1 = 16 J + 2,0 J = 18 J.
218 soluções dos problemas


d , o traba55. O cavalo puxa a carroça com uma
força
.
Se
a
carroça
sofre
um
deslocamento
F
 


lho realizado pela força é W = F ⋅ d = Fd cos φ , em que φ é o ângulo entre F e d .
(a) Em 10 minutos, a carroça sofre um deslocamento
mi   5280 ft/mi 

d = v ∆t =  6, 0
 (10 min) = 5280 ft


h   60 min/h 
e a Eq. 7-7 nos dá
W = Fd cos φ = (40 lb)(5280 ft) cos 30  = 1,8 × 10 5 ft ⋅ lb.
(b) A potência média é dada pela Eq. 7-42. Para ∆t = 10 min = 600 s, temos:
Pméd =
W 1,8 × 10 5 ft ⋅ lb
=
= 305 ft ⋅ lb/s,
∆t
600 s
o que (usando o fator de conversão 1 hp = 550 ft ⋅ lb/s nos dá Pméd = 0,55 hp.
56. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. Escolhemos o sentido do movimento como o sentido positivo do eixo +x e notamos que o deslocamento é igual

à distância percorrida pelo objeto. Vamos chamar de F a força aplicada ao objeto (estamos
supondo que existe apenas uma força).
(a) Para v0 = 0, a Eq. 2-11 nos dá a = v/t e a Eq. 2-17 nos dá ∆x = vt/2. De acordo com a segunda
lei de Newton, F = ma. O trabalho pode ser calculado usando a Eq. 7-8:
 v  1  1
W = F ∆x = m    vt  = mv 2
 t2  2
o que está de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética. Para v = 10 m/s, a equação
acima nos dá W = 1,0 × 102 J.
(b) A potência instantânea é dada pela Eq. 7-48. Para t = 3,0 s, temos:
 v
P = Fv = m   v = 67 W.
 t
(c) Como a velocidade no instante t9 = 1,5 s é v9 = at9 = 5,0 m/s, a potência nesse instante é
P9 = Fv9 = 33 W.

57. (a) Para que o caixote fique em equilíbrio na posição final, é preciso que a força F tenha o
mesmo módulo que a componente horizontal da força de tração da corda, T sen θ, em que θ é
o ângulo entre a corda (na posição final) e a vertical:
 4, 00 
= 19, 5o.
θ = sen −1 
 12, 0 
Além disso, a componente vertical da força de tração da corda deve ser igual ao peso do caixote:
T cos θ = mg. Assim, a força de tração é
T = (230 kg)(9,80 m/s2)/cos 19,5° = 2391 N
e F = (2391 N) sen 19,5° = 797 N.
Outra forma de resolver o problema seria desenhar um diagrama vetorial (de forças) na situação final.
(b) Como não há variação de energia cinética, o trabalho realizado é zero.
soluções dos problemas 219
 
(c) O trabalho realizado pela força gravitacional é Wg = Fg ⋅ d = − mgh , na qual h = L (1 − cos θ )
é a componente vertical do deslocamento. Para L = 12,0 m, obtemos Wg = −1547 J, que deve
ser arredondado para três algarismos significativos: 21,55 kJ.
(d) Como a força da corda é sempre perpendicular à direção do movimento, o trabalho realizado
é zero (já que cos 90° = 0).

(e) Os resultados dos três itens anteriores mostram que o trabalho realizado por F deve ser
−Wg (para que o trabalho total seja zero). Assim, WF = −Wg = 1,55 kJ.

(f) Como o módulo de F não é constante, não podemos usar a Eq. 7-8.
58. (a) Como
a força que o operário exerce sobre o engradado é constante, o trabalho é dado por
 


W = F ⋅ d = Fd cos φ , na qual F é a força, d é o deslocamento do engradado e φ é o ângulo
entre a força e o deslocamento. Para F = 210 N, d = 3,0 m e φ = 20°,
W = (210 N) (3,0 m) cos 20° = 590 J.
(b) Como a força da gravidade é vertical e o deslocamento do engradado é horizontal, o ângulo entre a força e o deslocamento é 90°; como cos 90° = 0, o trabalho realizado pela força da
gravidade é zero.
(c) Como a força normal exercida pelo piso sobre o engradado também é perpendicular ao deslocamento, o trabalho realizado pela força é zero.
(d) Como as forças analisadas nos itens anteriores são as únicas que agem sobre o engradado,
o trabalho total realizado é 590 J.
59. (a) De acordo com o enunciado do problema,

E
50 km 
=
1 km  1 megaton 
1/ 3
o que nos dá E = 503 ≈ 1 × 105 megatons de TNT.
(b) Como 13 quilotons equivalem a 0,013 megaton, 1 × 105 megatons equivalem a cerca de 1 ×
107 bombas de Hiroshima, ou seja, dez milhões de bombas.
60. (a) Vamos chamar de Wa o trabalho realizado pela mãe e de Wg o trabalho realizado pela
gravidade. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos:
∆K = Wa + Wg
⇒ 30 J = (100 N)(1,8 m)cos 180 ° + Wg
o que nos dá Wg = 30 + 180 = 2,1 × 102 J.
(b) Como o valor de Wg é o mesmo que foi calculado no item (a), pois o peso e a trajetória da
criança não mudaram, ∆Κ = Wg = 2,1 × 10 2 J.
 
61. Uma forma de resolver o problema é escolher uma trajetória de ri a rf e calcular a integral
de linha correspondente. Outra é usar a Eq. 7-36:
W=
∫
xf
xi
yf
Fx dx + ∫ Fy dy =
yi
∫
−4
2
−3
(2 x )dx + ∫ (3)dy
3
na qual as unidades do SI estão subentendidas. O resultado é W = 12 J − 18 J = − 6 J.
220 soluções dos problemas
62. (a) A compressão da mola é d = 0,12 m. De acordo com a Eq. 7-12, o trabalho realizado
sobre o bloco pela força da gravidade é
W1 = mgd = (0,25 kg)(9,8 m/s2)(0,12 m) = 0,29 J,
(b) De acordo com a Eq. 7-26, o trabalho realizado pela mola é
1
1
W2 = − kd 2 = − (250 N/m)(0,12 m)2 = −1, 8 J.
2
2
(c) A velocidade vi do bloco imediatamente antes de se chocar com a mola pode ser calculada
a partir do teorema do trabalho e energia (Eq. 7-15):
∆K = 0 −
1 2
mvi = W1 + W2
2
o que nos dá
vi =
(−2)(W1 + W2 )
=
m
(−2)(0, 29 J − 1, 8 J)
= 3, 5 m/s.
0, 25 kg
(d) Para resolver este item, invertemos a ordem dos cálculos e calculamos o valor de d9 para o
qual vi′ = 7 m/s. De acordo com o teorema do trabalho e energia,
0−
1
1
mvi′ 2 = W1′+ W2′ = mgd ′ − kd ′ 2
2
2
e, portanto (usando a raiz com sinal positivo),
d′ =
mg +
o que nos dá d´ = 0,23 m.
m 2 g 2 + mkvi′2
k
Para obter os resultados acima, usamos mais dígitos nos resultados intermediários (como
vi = 12, 048 m/s = 3, 471 m/s e vi′ = 6,942 m/s) que nas respostas finais.
63. Um engradado está sendo empurrado por um operário em um plano inclinado sem atrito.
As forças que agem sobre o engradado são a força da gravidade, a força normal exercida pelo

plano inclinado e a força exercida pelooperário. O trabalho realizado por uma força F sobre
 
um objeto que sofre um deslocamento d é dado por W = F ⋅ d = Fd cos φ , na qual φ é o ângulo


entre F e d .
(a) Como a força aplicada pelo operário é paralela ao plano inclinado, o trabalho realizado sobre o engradado é
Wa = Fd cos 0 = (209 N)(1,50 m) ≈ 314 J.
(b) De acordo com a Eq. 7-12, o trabalho realizado pela força da gravidade é
Wg = Fg d cos(90 + 25) = mgd cos 115
= (25,0 kg)(9,8 m//s 2 )(1,50 m) cos115
≈ −155 J.
(c) Como a força normal é perpendicular à direção do movimento, o trabalho realizado por essa
força é zero:
WN = FN d cos 90 = 0 .
(d) O trabalho total realizado sobre o engradado é a soma dos três trabalhos:
W = Wa + Wg + WN = 314 J + (−155 J) + 0 J = 158 J .
soluções dos problemas 221
Nota: De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, se o engradado estiver inicialmente em repouso, sua energia cinética após sofrer um deslocamento de 1,50 m será K = W =
158 J e sua velocidade será
v = 2 K / m = 2(158 J) / 25, 0 kg = 3, 56 m/s .

64. (a) A força F exercida pela esteira sobre a caixa é uma combinação da força normal e da
força de atrito. Como a caixa está se movendo para cima com velocidade constante, essa força

aponta para cima e cancela exatamente a força da gravidade mg. Assim, | F | = mg. Nesta parte

do problema, o ângulo φ entre a esteira e a força F é 80°. De acordo com a Eq. 7-47, temos:
P = Fv cosφ = (19,6 N)(0,50 m/s) cos 80  = 1, 7 W.

(b) Nesse caso, o ângulo entre a esteira e a força F é 90° e, portanto, P = 0.

(c) Nesse caso, o ângulo entre a esteira e a força F é 100° e, portanto,
P = (19,6 N)(0,50 ms) cos 100° = −1,7 W.
65. Como a velocidade é constante, a força usada para levantar a lata é igual ao peso do objeto.

Note que a força F aplicada pela pessoa é igual (em módulo) à tensão da corda.
(a) Como é dito na sugestão, a força total com a qual a corda puxa a segunda polia é duas vezes


maior que a tensão da corda: 2T = mg = 20 × 9,8 = 196 N. Como | F | = T, | F | = 98 N.
(b) Para que a lata suba 0,020 m, dois segmentos da corda (veja a Fig. 7-45) devem sofrer uma
redução
de 0,020 m. Assim, o deslocamento da corda na extremidade esquerda (que é igual a

d , o deslocamento para baixo da mão da pessoa que está puxando a corda) é d = 0,040 m.


(c) Como (na extremidade esquerda) F e d apontam para baixo, a Eq. 7-7 nos dá
 
W = F ⋅ d = (98 N) (0, 040 m) = 3, 9 J.

F
(d)
 Como a força de gravidade g (cujo módulo é mg) tem o sentido oposto ao do deslocamento
dl = 0,020 m da lata, a Eq. 7-7 nos dá
 
W = Fg ⋅ dl = − (196 N) (0, 020 m) = −3, 9 J.
Este resultado está de acordo com a Eq. 7-15, já que não há variação de energia cinética.
66. Depois de converter a velocidade para unidades do SI (v = 120 km/h = 33,33 m/s), obtemos:
2
1
1
K = mv 2 = (1200 kg ( 33, 33 m/s = 6, 67 × 10 5 J.
2
2
)
)
67. De acordo com a lei de Hooke, a força exercida pela mola é
Fx = − k ( x − x0 ) = − k ∆x,
na qual ∆x é o deslocamento em relação à posição de equilíbrio. Assim, nas duas primeiras situações da Fig. 7-46, temos:
−110 N = − k (40 mm − x0 )
−240 N = − k (60 mm − x0 ).
A solução deste sistema de equações nos dá k, a constante elástica, e x0, a posição da mola quando não há nenhum peso pendurado.
(a) Multiplicando a segunda equação por −1 e somando à primeira, obtemos:
240 N − 110 N = k(60 mm − 40 mm)
222 soluções dos problemas
o que nos dá k = 6,5 N/mm. Substituindo este resultado na primeira equação, obtemos
x 0 = 40 mm −
110 N
110 N
= 40 mm −
= 23 mm .
k
6, 5 N/mm
(b) Usando os resultados do item (a) para analisar a terceira situação, concluímos que o peso
Pé
W = k (30 mm − xo ) = (6, 5 N/mm)(30 mm − 23 mm) = 45 N.
Nota: Outra forma de calcular o valor do peso P na terceira situação é notar que como a dilatação da mola é proporcional ao peso, W/W9 = ∆x/∆x9. Aplicando esta relação à segunda e à
terceira situações, obtemos:
 ∆x 
 30 mm − 23 mm 
W =  3  W2 = 
(240 N) = 45 N,
 60 mm − 23 mm 
 ∆x 2 
o mesmo resultado obtido no item (b).
68. De acordo com a Eq. 7-7, W = Fd cos φ = 1504 J. Nesse caso, o teorema do trabalho e energia cinética nos dá Kf = Ki + W = 0 + 1504 J. A resposta é, portanto, 1,5 kJ.
69. O peso total é (100)(660 N) = 6,60 × 104 N. Como o elevador está subindo com velocidade
constante, a aceleração é zero e, de acordo com a Segunda Lei de Newton, a força exercida sobre o elevador é igual ao peso total. Assim,
P = Fv = (6,60 × 104)(150 m/60,0 s) = 1,65 × 105 W.
70. De acordo com a Eq. 7-8, em unidades do SI, W = (4,0)(3,0) − c(2,0) = 12 − 2c.
(a) Para W = 0, c = 6,0 N.
(b) Para W = 17 J, c = −2,5 N.
(c) Para W = −18 J, c = 15 N.
71. De acordo com a Eq. 7-8,
 
W = F ⋅ d = ( F cos θ ˆi+F sen θ ˆj) ⋅ (xˆi + yˆj) = Fx cos θ + Fy sen θ
na qual x = 2,0 m, y = −4,0 m, F = 10 N e θ = 150o. Assim, W = −37 J. Note que o valor conhecido da massa (2,0 kg) não é usado no cálculo.
72. (a) Eq. 7-10 (juntamente com as Eqs. 7-1 e Eq. 7-7) nos dá, para vi = 0,
vf =
2dF
cosθ =
m
cosθ .
(b) Para vi = 1, as mesmas equações nos dão vf = (1 + cosθ )1/2.
(c) Substituindo θ por 180o − θ e fazendo vi = 1, obtemos
v f = 1 + cos(180 o − θ ) = 1 − cosθ .
(d) A figura a seguir mostra os gráficos das três soluções. Note que nas soluções dos itens (a) e
(b) a aceleração diminui quando o ângulo θ aumenta, enquanto na solução do item (c) a frenagem
diminui quando o ângulo θ aumenta. A curva que começa em vf = 1,4 é a curva correspondente
soluções dos problemas 223
ao item (b); a curva que começa em vf = 1,0 é a curva correspondente ao item (a); a curva que
começa em vf = 0 é a curva correspondente ao item (c).
73. (a) A figura a seguir mostra o gráfico de F(x) em unidades do SI.
A estimativa da área sob a curva pode variar, dentro de certos limites. Valores típicos estão entre 11 J e 14 J.
(b) Calculando o trabalho analiticamente (usando a Eq. 7-32), obtemos
W=
∫
2
0
10e − x / 2 dx = −20e − x / 2
2
0
= 12, 6 J ≈ 13 J.
74. (a) De acordo com a Eq. 7-8, temos, em unidades do SI:
 
W = F ⋅ d = (2 ˆi − 4 ˆj) ⋅ (8 ˆi + c ˆj) = 16 − 4c
que, para W = 0, nos dá c = 16/4 = 4 m.
(b) Para W > 0, 16 > 4c e, portanto, c < 4 m.
(c) Para W < 0, 16 < 4c e, portanto, c > 4 m.
75. De acordo com a Eq. 7-48,
P = F v = (1800 kg + 4500 kg)(9,8 m/s2)(3,80 m/s) = 235 kW.
224 soluções dos problemas
Note que tomamos a força aplicada como igual ao peso porque, como a velocidade é constante,
a aceleração é nula.
76. (a) A componente da força da gravidade paralela ao plano inclinado é dada por mg sen θ,
na qual m é a massa do bloco e θ = sen−1(0,91/15) é o ângulo do plano inclinado. O fato de que
o bloco está descendo com velocidade constante significa que o operário está exercendo uma

força F “plano acima” de módulo igual a mg sen θ. Assim,
 0,91m 
2
F = mg sen θ = (45 kg)(9,8 m/s 2 ) 
 = 2, 7 × 10 N.
 1,5 m 

(b) Como o deslocamento é “plano abaixo” e, portanto, tem o sentido contrário ao da força F ,
o trabalho realizado pelo operário é
W1 = −(2,7 × 102 N)(1,5 m) = −4,0 × 102 J.
(c) Como o deslocamento possui uma componente vertical de valor absoluto 0,91 m (no mesmo
sentido que a força da gravidade), o trabalho realizado pela força gravitacional é
W2 = (45 kg)(9,8 m/s2)(0,91 m) = 4,0 × 102 J.

(d) De acordo com a Eq. 7-7, como FN é perpendicular à direção do movimento do bloco, e cos
90o = 0, o trabalho realizado pela força normal é W3 = 0.

(e) Como a aceleração é nula, Fres é zero e, portanto, o trabalho realizado pela força resultante
também é zero, o que pode ser confirmado somando os resultados dos itens (b), (c) e (d): W1 +
W2 + W3 = 0.
77. (a) Para estimar a área sob a curva entre x = 1 m e x = 3 m (que é igual ao trabalho realizado
nesse intervalo), podemos “contar os quadrados” (e também as frações de quadrado) entre a curva
e o eixo x. O resultado obtido usando este método aproximado deverá estar entre 5 J e 8 J.
(b) De acordo com a Eq. 7-32, temos:
3
a
a a
⌠
 2 dx = − = 6 J
⌡1 x
3 1
já que a = −9 N·m2.
78. (a) De acordo com a Eq. 7-32, W = ∫ Fax dx = 9x2/2 − x3 (em unidades do SI). A figura a seguir mostra um gráfico de W em função de x.
soluções dos problemas 225
(b) Podemos ver no gráfico que o máximo de W acontece para x = 3,00 m. Isso pode ser confirmado derivando W em relação a x e igualando o resultado a zero, ou simplesmente notando
que Fax é zero para este valor de x.
(c) O valor máximo do trabalho é W = (9/2)(3,00)2 − (3,00)3 = 13,50 J.
(d) De acordo com o gráfico (ou com a expressão do trabalho em função de x), W = 0 para x =
4,50 m.
(e) Se a caixa está em repouso, v = 0. Como W = ∆K = mv2/2, essa condição equivale a dizer
que W = 0, o que acontece para x = 4,50 m.
79. A Fig. 7-49 é um gráfico de x(t), a posição da merendeira em função do tempo. É conveniente ajustar a curva a uma parábola com a concavidade para baixo:
x(t ) =
1
1
t (10 − t ) = t − t 2 .
10
10
Derivando duas vezes a função acima, obtemos a velocidade e a aceleração:
v (t ) =
d2x
1
dx
t
= 1 − (em m/s), a = 2 = − = −0, 2 (em m/s2).
dt
5
dt
5
As equações mostram que a velocidade inicial da merendeira é vi = v(0) = 1,0 m/s e que a força
constante do vento é
F = ma = (2, 0 kg)(−0, 2 m/s 2 ) = −0, 40 N.
O trabalho correspondente (em unidades do SI) é dado por
W (t ) = F ⋅ x (t ) = −0, 04 t (10 − t ).
A energia cinética inicial da merendeira é
1 2 1
mvi = (2, 0 kg)(1, 0 m/s)2 = 1, 0 J
2
2
Como ∆K = K f − K i = W , a energia cinética para t > 0, em unidades do SI, é dada por
Ki =
K (t ) = K i + W = 1 − 0, 04 t (10 − t )
(a) Para t = 1,0 s, a expressão acima nos dá
K(1 s) = 1 − 0, 04(1)(10 − 1) = 1 − 0, 36 = 0, 64 ≈ 0, 6 J
desprezando o segundo dígito significativo.
(b) Para t = 5,0 s, o mesmo método nos dá
K(5, 0 s) = 1 − 0, 04(5)(10 − 5) = 1 − 1 = 0 .
(c) O trabalho realizado pela força do vento entre os instantes t = 1,0 s e t = 5,0 s é
W = K (5, 0) − K (1, 0 s) = 0 − 0, 6 ≈ −0, 6 J.
80. Como o problema foi formulado em unidades do SI, o resultado (dado pela Eq. 7-23) está
em joules. Calculado numericamente, usando um recurso disponível na maioria das calculadoras modernas, o resultado é aproximadamente 0,47 J. Para o estudante interessado, vale a pena
mostrar a resposta “exata” (em termos da “função erro”):
1,2
1
2
⌠
2π [erf (6 2 / 5) − erf (3 2 / 20].
 e−2 x dx =
⌡0 ,15
4
Capítulo 8
1. A energia potencial armazenada pela mola é dada por U = kx2/2, em que k é a constante elástica e x é o deslocamento da mola em relação à posição em que se encontra relaxada. Assim,
k=
2U
2(25 J )
=
= 8, 9 × 10 3 N/m.
x 2 (0, 075 m)2
2. Podemos usar a Eq. 7-12 para calcular Wg e a Eq. 8-9 para calcular U.
(a) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto A é horizontal, φ = 90,0° e Wg = 0 (pois
cos 90,0° = 0).
(b) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto B possui uma componente vertical h/2

para baixo (na mesma direção que Fg , temos:
  1
1
Wg = Fg ⋅ d = mgh = (825 kg)(9, 80 m/s 2 )(42, 0 m) = 1, 70 × 10 5 J .
2
2
(c) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto C possui uma componente vertical h

para baixo (na mesma direção que Fg ), temos:
  1
Wg = Fg ⋅ d = mgh = (825 kg)(9, 80 m/s 2 )(42, 0 m) = 3, 40 × 10 5 J.
2
(d) Usando o ponto C como referência, temos:
1
1
mgh = (825 kg)(9, 80 m/s 2 )(42, 0 m) = 1, 70 × 10 5 J.
2
2
(e) Usando o ponto C como referência, temos:
Wg =
U A = mgh = (825 kg)(9, 80 m/s 2 )(42, 0 m) = 3, 40 × 10 5 J.
(f) Todos os valores calculados são proporcionais à massa do carro; assim, se a massa for duplicada, todos os valores serão duplicados.
3. (a) Como o deslocamento vertical é 10,0 m – 1,50 m = 8,50 m para baixo (na mesma direção

que Fg ), a Eq. 7-12 nos dá
Wg = mgd cos φ = (2, 00 kg)(9, 80 m/s 2 )(8, 50 m) cos 0 = 167 J.
(b) Uma abordagem relativamente simples seria usar a Eq. 8-1, mas consideramos mais didático calcular ∆U a partir da definição U = mgy (considerando o sentido “para cima” como positivo). O resultado é
∆U = mg( y f − yi ) = (2, 00 kg)(9, 80 m/s 2 )(1, 50 m − 10, 0 m) = −167 J.
(c) Ui = mgyi =196 J.
(d) Uf = mgyf = 29 J.
(e) Como Wg não depende da referência para a energia potencial, Wg = 167 J.
(f) Como a variação de energia potencial não depende da referência, ∆U = –167 J.
soluções dos problemas 227
(g) Usando a nova referência, temos:
Ui = mgyi + U0 = 296 J.
(h) Usando a nova referência, temos:
Uf = mgyf + U0 = 129 J.
Podemos verificar se o resultado do item (f) está correto calculando ∆U a partir dos novos valores de Ui e Uf.
4. (a) Como a força da haste é perpendicular à trajetória da bola, a única força que realiza trabalho sobre a bola é a força da gravidade. Ao passar da posição inicial para o ponto mais baixo da
trajetória, a bola percorre uma distância vertical igual ao comprimento L da roda, e o trabalho
realizado pela força da gravidade é
W = mgL = (0, 341 kg)(9, 80 m/s2 )(0, 452 m) = 1, 51 J.
(b) Ao passar da posição inicial para o ponto mais alto da trajetória, a bola também percorre
uma distância vertical igual a L, mas desta vez o deslocamento é para cima, na direção oposta à
da força da gravidade. Assim, o trabalho realizado pela força da gravidade é
W = mgL = (0, 341 kg)(9, 80 m/s2 )(0, 452 m) = 1, 51 J.
(c) Nesse caso, a posição final da bola está à mesma altura que a posição inicial e, portanto, o
deslocamento é horizontal, perpendicular à força da gravidade, e o trabalho realizado pela força
da gravidade é nulo.
(d) Como a força da gravidade é uma força conservativa, a variação da energia potencial é o
negativo do trabalho realizado pela gravidade até o ponto mais baixo da trajetória:
∆U = − mgL = −(0, 341 kg)(9, 80 m/s2 )(0, 452 m) = −1, 51 J.
(e) Usando o mesmo raciocínio do item anterior,
∆U = + mgL = (0, 341 kg)(9, 80 m/s2 )(0, 452 m) = 1, 51 J.
(f) Usando o mesmo raciocínio dos itens anteriores,
∆U = 0.
(g) Como a variação da energia potencial depende apenas das posições inicial e final da bola, a
variação é a mesma que quando a bola chegava ao ponto mais alto com velocidade zero.
 

W = F ⋅ d , na qual F é a
5. (a) Como
a
força
da
gravidade
é
constante,
o
trabalho
é
dado
por

força e d é o deslocamento. Como a força aponta verticalmente para baixo e tem módulo mg,
onde m é a massa do floco de gelo, W = mgh, na qual h é a distância vertical percorrida pelo
floco de gelo. Como essa distância é igual ao raio da taça, temos:
W = mgr = (2,00 × 10−3 kg)(9,8 m/s2)(22,0 × 10−2 m) = 4,31 × 1−3 J.
(b) Como a força da gravidade é conservativa, a variação da energia potencial gravitacional do
sistema floco-Terra é o negativo do trabalho realizado: ∆U = −W = – 4,31 × 10–3 J.
(c) A diferença entre a energia potencial do floco de gelo na borda da taça e no fundo da taça é
|∆U|. Se U = 0 no fundo da taça, U = +4,31 × 10–3 J na borda.
(d) Se U = 0 na borda, U = – 4,31 × 10−3 J, no fundo.
(e) Todas as respostas são proporcionais à massa do floco de gelo. Se a massa fosse multiplicada
por dois, todas as respostas seriam multiplicadas por dois.
228 soluções dos problemas
6. Podemos usar a Eq. 7-12 para calcular Wg e a Eq. 8-9 para calcular U.
(a) Como o deslocamento entre o ponto inicial e Q tem uma componente vertical h − R que

aponta para baixo (na mesma direção que Fg ), temos (para h = 5R):
 
Wg = Fg ⋅ d = 4 mgR = 4(3, 20 × 10 −2 kg)(9, 80 m/s 2 )(0,12 m) = 0,15 J .
(b) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto mais alto do loop tem uma componente

vertical h – 2R que aponta para baixo (na mesma direção que Fg ), temos (para h = 5R):
 
Wg = Fg ⋅ d = 3mgR = 3(3, 20 × 10 −2 kg)(9, 80 m/s 2 )(0,12 m) = 0,11 J.
(c) No ponto P, y = h = 5R e
U = 5mgR = 5(3, 20 × 10 −2 kg)(9, 80 m/s 2 )(0,12 m) = 0,19 J.
(d) No ponto Q, y = R e
U = mgR = (3, 20 × 10 −2 kg)(9, 80 m/s 2 )(0,12 m) = 0, 038 J.
(e) No alto do loop, y = 2R e
U = 2 mgR = 2(3, 20 × 10 −2 kg)(9, 80 m/s 2 )(0,12 m) = 0, 075 J.
(f) Como nenhum dos cálculos precedentes envolve a velocidade inicial, as respostas permanecem as mesmas.
7. A principal dificuldade que os estudantes encontram para resolver problemas deste tipo parece
estar relacionada ao cálculo da altura h da bola (em relação ao ponto mais baixo da trajetória)
em função do ângulo entre a haste e a vertical, h = L – L cos θ, em que L é o comprimento da
haste. Uma vez obtida esta relação (que não será demonstrada aqui, mas é fácil de deduzir usando um desenho simples no quadro-negro), o problema pode ser facilmente resolvido usando a
Eq. 7-12 (para calcular Wg) e a Eq. 8-9 (para calcular U).
(a) Como a componente vertical do vetor deslocamento aponta para baixo e tem módulo h,
 
Wg = Fg ⋅ d = mgh = mgL (1 − cos θ )
= (5, 00 kg)(9, 80 m/ss 2 )(2, 00 m)(1 − cos 30) = 13,1 J.
(b) De acordo com a Eq. 8-1, ∆U = –Wg = –mgL(1 – cos θ ) = –13,1 J.
(c) Para y = h, a Eq. 8-9 nos dá U = mgL(1 – cos θ ) = 13,1 J.
(d) Se o ângulo θ0 aumenta, vemos intuitivamente que a altura h aumenta (matematicamente,
cos θ diminui e, portanto, 1 − cos θ aumenta). Em consequência, os valores das respostas dos
itens (a) e (c) aumentam e o valor absoluto da resposta do item (b) também aumenta.
 
8. (a) Como a forçada gravidade é constante, o trabalho realizado é dado por W = F ⋅ d , em

que F é a força e d é o deslocamento. Como a força aponta verticalmente para baixo e tem
módulo mg, em que m é a massa da bola de neve, a expressão do trabalho assume a forma W =
mgh, na qual h é a altura do penhasco. Assim,
W = mgh = (1, 50 kg)(9, 80 m/s2 )(12, 5 m) = 184 J .
(b) Como a força da gravidade é conservativa, a variação da energia potencial do sistema bola
de neve-Terra é o negativo do trabalho realizado: ∆U = –W = –184 J.
(c) Como o valor absoluto da diferença entre a energia potencial do sistema quando a bola chega ao solo e a energia potencial quando a bola está na borda do penhasco é |∆U|, U = 0 − |∆U| =
184 J quando a bola de neve chega ao solo.
soluções dos problemas 229
9. Como o atrito é desprezível, podemos usar a lei de conservação da energia mecânica, Eq.
8-17.
(a) No Problema 8-2, calculamos que UA = mgh (usando o ponto C como referência). Observando
a Fig. 8-27, vemos que UA = U0, o que significa que KA = K0 e, portanto,
que
vA = v0 = 17,0 m/s.
(b) Também calculamos no Problema 8-2 que UB = mgh/2. Nesse caso, temos:
K 0 + U0 = K B + U B
1 2
1
h
mv0 + mgh = mvB2 + mg 
 2
2
2
o que nos dá
vB =
v02 + gh =
(17, 0 m/s)2 + (9, 80 m/s 2 )(42, 0 m) = 26, 5 m/s.
v02 + 2 gh =
(17, 0 m/s)2 + 2(9, 80 m/s 2 )(42, 0 m) = 33, 4 m/s.
(c) Analogamente,
vC =
(d) Para determinar a altura “final”, fazemos Kf = 0, o que nos dá o sistema de equações
K 0 + U0 = K f + U f
1 2
mv0 + mgh = 0 + mgh f
2
cuja solução é
hf = h +
(17, 0 m/s)2
v02
= 42, 0 m +
= 56, 7 m.
2g
2(9, 80 m/s 2 )
(e) Como os resultados acima não dependem da massa do carro, as respostas dos itens (a) a (d)
seriam as mesmas se o carro tivesse uma massa duas vezes maior.
10. Como o atrito é desprezível, podemos usar a lei de conservação da energia mecânica, Eq.
8-17.
(a) Na solução do Problema 8-3 (ao qual este problema se refere), obtivemos Ui = mgyi = 196 J
e Uf = mgyf = 29,0 J (usando o nível do solo como referência). Como Ki = 0, temos:
0 + 196 J = K f + 29, 0 J
o que nos dá Kf = 167 J e, portanto,
v=
2K f
=
m
2(167 J)
= 12, 9 m/s.
2, 00 kg
(b) A partir dos resultados do item (a), obtemos Kf = – ∆U = mgh, em que h = yi – yf. Assim,
v=
2K f
=
m
2 gh
como poderíamos ter calculado usando as equações da Tabela 2-1 (em particular, a Eq. 2-16).
Como a resposta não depende da massa do livro, a resposta do item (b) é a mesma do item (a),
ou seja, v = 12,9 m/s.
230 soluções dos problemas
(c) Se Ki ≠ 0, Kf = mgh + Ki (em que Ki é necessariamente positivo). Nesse caso, a energia cinética final Kf é maior que o valor encontrado no item (a) e, portanto, a velocidade final v também
é maior.
11. (a) Se Ki é a energia cinética do floco de gelo na borda da taça, Kf é a energia cinética no fundo da taça, Ui é a energia potencial gravitacional do sistema floco-Terra com o floco na borda da
taça e Uf é a energia potencial gravitacional com o floco no fundo da taça, Kf + Uf = Ki + Ui.
Tomando a energia potencial como sendo zero com o floco no fundo da taça, a energia potencial com o floco na borda da taça é Ui = mgr, em que r é o raio da taça e m é a massa do floco
de gelo. Além disso, Ki = 0, já que o floco parte do repouso. Como é pedida a velocidade do
floco de gelo ao chegar ao fundo da taça, usamos a equação Kf = mv2/2. De acordo com a lei de
conservação da energia, temos ainda
 
Wg = Fg ⋅ d = mgh = mgL (1 − cos θ ).
A velocidade é
v=
2 gr =
2(9, 8 m/s 2 )(0, 220 m) = 2, 08 m/s.
(b) Como a expressão da velocidade não envolve a massa do floco de gelo, a velocidade seria
a mesma, 2,08 m/s, se o floco de gelo tivesse o dobro da massa.
(c) A energia cinética final é dada por Kf = Ki + Ui – Uf. Assim, se Ki fosse diferente de zero e
positiva, a velocidade final do floco de gelo seria maior.
12. Podemos resolver o problema usando a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 8-18.
Escolhemos o solo como referência para a energia potencial U. O solo também é considerado
a posição “final” da bola de neve.
(a) De acordo com a Eq. 8-9, a posição inicial da bola de neve é dada por Ui = mgh, em que
h = 12,5 m e m = 1,50 kg. Assim, temos:
K i + Ui = K f + U f
1 2
1
mvi + mgh = mv 2 + 0
2
2
o que nos dá a velocidade da bola de neve ao chegar ao solo:
v=
2 1 2
mvi + mgh =

m2
vi2 + 2 gh
em que vi = 14,0 m/s é o módulo da velocidade inicial (e não uma componente da velocidade).
O resultado é v = 21,0 m/s.
(b) Como foi dito no item (a), vi é o módulo da velocidade inicial e não uma componente; assim, a velocidade final da bola de neve não depende do ângulo de lançamento, e a resposta é a
mesma do item (a): v = 21,0 m/s.
(c) Como a equação usada para calcular v no item (a) não envolve a massa, a resposta é a mesma do item (a): v = 21,0 m/s.
13. Vamos usar como referência para a energia potencial gravitacional a posição da bola de
gude com a mola comprimida.
(a) Quando a bola de gude está no ponto mais alto da trajetória, a energia potencial gravitacional
é Ug = mgh, na qual h = 20 m é a altura máxima alcançada pela bola de gude. Assim,
U g = (5, 0 × 10 −3 kg)(9, 8 m/s 2 )(20 m) = 0, 98 J.
soluções dos problemas 231
(b) Como a energia cinética é zero no ponto de lançamento e no ponto mais alto da trajetória,
a lei de conservação da energia mecânica nos dá ∆Ug + ∆Us = 0, na qual ∆Us é a variação da
energia potencial elástica da mola. Assim, ∆Us = –∆Ug = –0,98 J.
(c) Vamos tomar a energia potencial elástica da mola como sendo zero quando a mola está relaxada. Nesse caso, de acordo com o resultado do item (b), a energia potencial inicial é Us =
0,98 J. De acordo com a Eq. 8-11, Us = kx2/2, na qual k é a constante elástica da mola e x é a
compressão inicial. Assim,
k=
2U s
2(0, 98 J)
=
= 3,1 × 10 2 N/m = 3,1 N/cm
m.
2
x
(0, 080 m)2
14. Podemos resolver o problema usando a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 8-18.
(a) Quando a bola chega ao ponto mais alto da trajetória, a variação de energia potencial é ∆U =
mgL. Assim, temos:
∆K + ∆U = 0
K alto − K 0 + mgL = 0
o que, para Kalto = 0, nos dá K0 = mgL e, portanto,
v0 =
2K 0
=
m
2 gL =
2(9, 80 m/s2 )(0, 452 m) = 2, 98 m/s.
(b) Também vimos no Problema 8-4 que a variação de energia potencial quando a bola chega
ao ponto mais baixo da trajetória é ∆U = –mgL. Assim, temos:
∆K + ∆U = 0
K baixo − K 0 − mgL = 0
o que, com K0 = mgL, nos dá Kbaixo = 2mgL. Assim,
vbaixo =
2 K baixo
=
m
4 gL =
4(9, 80 m/s 2 )(0, 452 m ) = 4, 21 m/s.
(c) Como, nesse caso, o ponto inicial e o ponto final estão na mesma altura, ∆U = 0 e, portanto,
∆K = 0. Assim, a velocidade é igual à velocidade inicial:
vdireita = v0 = 2, 98 m/s .
(d) Como os resultados obtidos nos itens anteriores não dependem da massa da bola, as respostas
dos itens (a) a (c) seriam as mesmas se a massa da bola fosse duas vezes maior.
15. De acordo com o enunciado, podemos desprezar a força de atrito. Para começar, convertemos a velocidade para unidades do SI: v = 130(1000/3600) = 36,1 m/s.
(a) De acordo com a Eq. 8-17, Kf + Uf = Ki + Ui com Ui = 0, Uf = mgh e Kf = 0. Como Ki = mv2/2,
na qual v é a velocidade inicial do caminhão, temos:
1 2
mv = mgh
2
⇒
h=
v 2 (36,1 m/s)2
=
= 66, 5 m.
2 g 2(9, 8 m/s 2 )
Se L é o comprimento da rampa, L sen 15° = 66,5 m e, portanto, L = (66,5 m)/sen 15° = 257 m.
Assim, a rampa tem cerca de 2,6 × 102 m de comprimento.
(b) Como a resposta do item (a) não depende da massa do caminhão, o comprimento mínimo
L permanece o mesmo.
(c) Se a velocidade for menor, h e L serão menores (note que h é proporcional ao quadrado da
velocidade e L é proporcional a h).
232 soluções dos problemas
16. Vamos tomar como referência da energia potencial gravitacional a posição da mola no estado relaxado e chamar de x a deformação da mola, tomando o sentido para baixo como positivo
(de modo que 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=
x=
19, 6 + 19, 62 + 2(19, 6)(0, 40)(1960)
= 0,10 m.
1960
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 =
1 2
1
mvB + mghB = (12 kg)(1, 69 m/s)2 + (12 kg)(9, 8 m/s 2 )(0, 028 m) = 20, 4 J,
2
2
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 = −
2
mg ⌠
mgL
1 mg  L 
=
.
 y dy =
L ⌡− L / 4
2 L  4
32
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 = −
De acordo com o gráfico da Fig. 8-48,
∆U
∆x
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
Kr + Ur = fkd + Ks + Us ⇒
kd = fkd + Ks + 0
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 =
=
vC2 − 2 gL (sen θ + µ k cos θ )
(4, 98 m/s)2 − 2(9, 80 m/ss 2 )(0, 75 m)(sen 30 + 0, 4 cos 30) = 3, 5 m/s.
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=
em que escolhemos a raiz positiva.
ξ ± ξ 2 + 2 kK
= 0, 90 m
k
(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 +
o que nos dá
K C = K A − mgyC −
1 2
kxC
2
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 =
vB2 ,1 − vA2 ,1 + vA2 ,2 =
(2, 60 m/s)2 − (2, 00 m/s)2 + (4, 00 m/s)2 = 4, 33 m/s.
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) î quando o deslocamento é no sentido positivo

do eixo x [ d = +(3,0 m) î ] e é –(3,0 N) î 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=
1, 69 × 10 4 J
= 1, 69 × 10 4 W ≈ 1, 7 × 10 4 W.
1s
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
0,,50
= 31, 0 J.
(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) +
Para M = 2,0 kg, obtemos Ktot = 2,7 J.
1
k(0,090)2.
2
(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) +
Para M = 2,0 kg, obtemos d = 0,39 m.
1
kd 2.
2
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=
1 2 1  w 2 1
2
mv =   v = [ 670 N/(9,8 m/s 2 ) ](8, 8 m/s ) = 2, 6 × 10 3 J
2
2 g
2
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
2(1, 44) / 3200 = 0,030 m (ou 3,0 cm).
xi =
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 =
mx1 + mx2 + mx3 + mx4 + mx5 0 + 20 + 20 + 40 + 20
=
= 20 cm
5m
5
(b) A coordenada y do centro de massa é
my1 + my2 + my3 + my4 + my5 20 + 0 + 20 + 20 + 40
=
= 20 cm
5m
5
(c) A coordenada z do centro de massa é
yCM =
zCM =
mz1 + mz2 + mz3 + mz4 + mz5 20 + 20 + 0 + 20 + 20
=
= 16 cm
5m
5
soluções dos problemas 275
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 =
m1 y1 + m2 y2 m1 ( 0, 44 m ) + 2 m1 ( 0, 20 m )
= 0, 28 m.
=
m1 + m2
m1 + 2 m2
(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 î ); no caso do bloco 2, a aceleração é para baixo (na direção
− ĵ). 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) î .
(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) î .

(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:
∫F
parede


dt = mv f − mvi
⇒
∫
⇒
0 ,002
0
F dt + ∫
0 ,004
0 ,002
F dt + ∫
0 ,006
0 ,004
F dt = m ( + v ) − m ( − v )
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
1
1
=  (6,0 × 10 6 )t 2 − (2, 0 × 10 9 )t 3 
3
2
0
= 9,0 N ⋅ s.
(b) Como J = Fméd ∆t, temos:
Fméd =
J
9,0 N ⋅ s
=
= 3,0 × 10 3 N.
∆t
3,0 × 10 −3 s
(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 ĵ .

(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) î .
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) î .
(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 î ; 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 î = 0 + mv2
4
 4
o que nos dá v2 = v î. O aumento da energia cinética do sistema é, portanto,
3
2
1
1
1
13 4 
1
1
∆K = m1 v12 + m2 v22 − mv02 = 0 +  m  v − mv 2 = mv 2 .
2
2
2
24 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 î; a massa de um dos fragmentos é m1 = 10,0 kg; a velocidade

desse fragmento é v1 = −100 ĵ; a massa do segundo fragmento é m2 = 4,0 kg; a velocidade desse

fragmento é v2 = −500 î ; 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 ĵ
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 î; a massa do

segundo pedaço é m2 = m; a velocidade desse pedaço é v2 = −30 ĵ; 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
11 
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
1
1
1
( 5) ( 3)2 + (10 ) ( 2 )2 − ( 5) ( 2)2 − (10 ) ( 2, 5)2
2
2
2
2
= −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 =
1
1
1
1
m1v12i + m2 v22i = (1, 6)(5, 5)2 + (2, 4)(22, 5)2 = 31, 7 J.
2
2
2
2
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 
(b) A velocidade do segundo carrinho é
v2 f =


2 m1
2(0, 34 kg)
(1, 2 m/s) = 1, 9 m/s.
v1i = 
m1 + m2
 0, 34 kg + 0, 099 kg
(c) De acordo com os resultados anteriores, a velocidade do centro de massa é
vCM =
m1v1i + m2 v2i (0, 34 kg)(1, 2 m/s) + 0
= 0, 93 m/s.
=
m1 + m2
0, 34 kg + 0, 099 kg
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 
(b) A velocidade do centro de massa é
vCM =
m1v1i + m2 v2i (2, 0 kg)(4, 0 m/s)
= 2, 5 m/s.
=
m1 + m2
2, 0 kg + 1, 2 kg
66. De acordo com as Eqs. 9-67 e 9-68, temos, após a colisão,
v1 f =
m1 − m2
m − 0, 40 m1
v1i = 1
(4, 0 m/s)) = 1, 71 m/s
m1 + m2
m1 + 0, 40 m1
v2 f =
2 m1
2 m1
v1i =
(4, 0 m/s) = 5, 71 m/s.
m1 + m2
m1 + 0, 40 m1
(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 =
1
1
1
mv '2A + mv '2B = (2, 0) [ (−5)2 + 20 2 + 10 2 + 152 ] = 8, 0 × 10 2 J
2
2
2
Ki =
1 2 1 2 1
mvA + mvB = (2, 0) [152 + 30 2 + (−10)2 + 52 ] = 1, 3 × 10 3 J.
2
2
2
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
Mi
 2,55 × 10 5 
= 2, 08 × 10 3 m s .
= ( 3, 27 × 10 3 ) ln 
 1, 35 × 10 5 
Mf
80. A velocidade do objeto é

 dr d 
v=
=
(3500 − 160t ) ˆi + 2700 ˆj + 300 kˆ  = −160 î 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 – î ).
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 =
m1 − m2
m − 2 m1
1
v1i = 1
v1i = − v1i
m1 + m2
m1 + 2 m1
3
v2 f =
2 m1
2 m1
2
v1i =
v1i = v1i .
3
m1 + m2
m1 + 2 m1
Após a segunda colisão, as velocidades são
v2 ff =
− m2 2
2
m2 − m3
v2 f =
v1i = − v1i
3 m2 3
9
m2 + m3
v3 ff =
2 m2
2 m2 2
4
v2 f =
v1i = v1i .
m2 + m3
3 m2 3
9
(a) Para v1i = 4 m/s, obtemos v3ff ≈ 1,78 m/s.
soluções dos problemas 301
(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
K 3 ff =
1
1
 16  2 64
m3 v32 = (4 m1 )
v =
K .
 9  1i 81 1i
2
2
Vemos, portanto, que K3ff é menor que K1i.
(d) O momento final do bloco 3 é
p3 ff = m3 v3 ff = (4 m1 )
64
64
 16 
v1 =
m1v1 =
p1i .
 9
9
9
Vemos, portanto, que p3ff é maior que p1i.
86. (a) Usando a Eq. 9-68 duas vezes, temos:
v2 =
2 m1
2 m1
16
v1i =
(4, 00 m/s) =
m/s
m1 + m2
1, 5m1
3
v3 =
2 m2
64
2 m2
v2 =
(16 / 3 m/s) =
m/s = 7,11 m/s..
m2 + m3
1, 5m2
9
(b) O resultado do item (a) mostra que a velocidade do bloco 3 é maior que a velocidade inicial
do bloco 1.
(c) A energia cinética do bloco 3 é
3
K3 f =
2
1
1
 16  2 64
m3 v32 =  m1
v =
K .
 2
 9  1i 81 1i
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 ) î 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 =
3
3
sen θ 2
sen 60
v1i =
v1i =
v1i =
(2, 2 m/s) = 1, 9 m/s.
2
2
sen(θ1 + θ 2 )
sen(30 + 60)
(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 << Fméd
′ .
113. Vamos converter a taxa com a qual os grãos caem no vagão para unidades do SI: R = (540
kg/min)/(60 s/min) = 9,00 kg/s. Na ausência de uma força externa, o vagão perde velocidade a
uma taxa dada pela Eq. 9-87: Rvrel = M a . Assim, para que a desaceleração seja nula, é preciso
que a força aplicada seja igual a Rvrel:
F = Rvrel = ( 9, 00 ) ( 3, 20 ) = 28, 8 N.
114. Para começar, imaginamos que o pequeno pedaço quadrado (de massa m) foi recolocado
no lugar, de modo que a placa é novamente uma placa quadrada de dimensões 6d × 6d, cujo
centro de massa está na origem. Em seguida, “acrescentamos” um pedaço quadrado de “massa negativo” (–m) no local apropriado para obter a peça mostrada na Fig. 9-82. Se a massa da
placa inteira é M, a massa do pequeno pedaço quadrado pode ser obtida a partir de uma simples
relação de áreas:
2
 2, 0 m 
m=
M ⇒ M = 9 m.
 6, 0 m 
(a) Como a coordenada x do pequeno pedaço quadrado é x = 2,0 m (o centro do “vazio” da figura), a coordenada x do centro de massa da peça restante é
xCM =
− m ( 2, 0 m )
(−m) x
= −0, 25 m.
=
9m − m
M + (−m)
(b) Como a coordenada y do pequeno pedaço quadrado é zero, yCM = 0.


115. Seja F1 a força que age sobre m1 e seja F2 a força que age sobre m2. De acordo com a
Segunda Lei de Newton, os deslocamentos correspondentes são


 1
1  F1  2  1  2 1  F2  2
2
d1 = a1t =   t , d2 = a2t =   t .
2
2  m1 
2
2  m2 
O deslocamento correspondente do centro de massa é




m d + m2 d 2 1 m1  F1  2 1 m2
d cm = 1 1
t +
=
m1 + m2
2 m1 + m2  m1 
2 m1 + m2

 
 F2  2 1  F1 + F2  2
t
=
t .
 m 
2  m1 + m2 
2


(a) Para F1 = (−4, 00 N) ˆi + (5, 00 N) ˆj , F2 = (2, 00 N) ˆi − (4, 00 N) ˆj , m1 = 2, 00 × 10 −3 kg ,
m2 = 4, 00 × 10 −3 kg e t = 2, 00 × 10 −3 s , temos:
 

1  F1 + F2  2 1 (−4, 00 N + 2, 00 N) ˆi + (5, 00 N − 4, 00 N) ˆj
d CM = 
t =
(2, 00 × 10 −3 s)2
2, 00 × 10 −3 kg + 4, 00 × 10 −3 kg
2  m1 + m2 
2
= (−6, 67 × 10 −4 m) ˆi + (3, 33 × 10 −4 m) ˆj.

O módulo de dCM é
d CM =
(−6, 67 × 10 −4 m)2 + (3, 33 × 10 −4 m)2 = 7, 45 × 10 −4 m = 0,745 mm.

(b) O ângulo de dCM é
 3, 33 × 10 −4 m 
 1
= tan −1  −  = 153,
θ = tan −1 

−
4
 2
 −6, 67 × 10 m 
no sentido anti-horário em relação ao semieixo x positivo.
312 soluções dos problemas
(c) As velocidades das duas massas são


F1t 
F2 t
 

, v2 = a2 t =
,
v1 = a1t =
m1
m2
e a velocidade do centro de massa é


 


m1 v1 + m2 v2
m1  F1t 
m2  F2 t   F1 + F2 

t.
=
vCM =
=
+
m1 + m2
m1 + m2  m1  m1 + m2  m2   m1 + m2 
Assim, a energia cinética do centro de massa é
K CM
 
1
1 | F1 + F2 |2 2
2
= ( m1 + m2 )vCM =
t .
2
2 m1 + m2
 
Para | F1 + F2 | = | (−2, 00 N) ˆi + (1, 00 N) ˆj| = 5 N , temos:
 
( 5 N)2
1 | F1 + F2 |2 2 1
(2, 00 × 10 −3 s)2 = 1, 67 × 10 −3 J.
K CM =
t =
2 m1 + m2
2 2, 00 × 10 −3 kg + 4, 00 × 10 −3 kg
116. (a) O centro de massa não se move na ausência de forças externas, já que estava inicialmente em repouso.
(b) As partículas colidem no centro de massa. Se a coordenada inicial de P é x = 0 e a coordenada inicial de Q é x = 1,0 m, a Eq. 9-5 nos dá
xCM =
m1 x1 + m2 x2 0 + (0, 30 kg)(1, 0 m)
= 0, 75 m.
=
m1 + m2
0,1 kg + 0,33 kg
Assim, as partículas colidem a uma distância de 0,75 m da posição original da partícula P.
117. Trata-se de uma colisão totalmente inelástica, mas a Eq. 9-53 [V = m1v1i/(m1 + m2)] não pode
ser usada porque as duas partículas estão em movimento antes da colisão. Entretanto, podemos
aplicar a lei de conservação do momento:

 2(4 ˆi − 5ˆj) + 4(6 ˆi − 2 ˆj)


m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 )V ⇒ V =
.
2+4

(a) Na notação dos vetores unitários, V = (2, 67 m/s) ˆi + (−3, 00 m/s) ˆj.


(b) O módulo de V é V = 4, 01 m/s.

(c) O ângulo de V é 48,4° no sentido horário, em relação ao eixo x.
118. Este problema é semelhante ao do Exemplo “Colisão elástica de dois pêndulos”. Escolhemos

o sentido para a direita na Fig. 9-20 como sentido positivo do eixo x. Vamos usar a notação v
para designar velocidades e v para designar velocidades escalares (que são sempre positivas).
Como as manipulações algébricas são relativamente complexas, é conveniente introduzir a variável ∆m = m2 – m1 (que, em nosso caso, é positiva).

(a) Como v1 f =
2 gh1 , temos:
∆m
m − m2

v1 f = 1
v1i = −
m1 + m2
m1 + m2
2 gh1
o que significa que a velocidade escalar da esfera 1 imediatamente após a colisão é

v1 f = ( ∆ m ( m1 + m2 )) 2 gh1 e que v1 f aponta no sentido negativo do eixo x. Como, de acordo
com a lei de conservação da energia, m1 gh1 f = 12 m1v12f , isso nos dá
2
v12f  ∆m 
=
h1 f =
h1 .
2 g  m1 + m2 
Para m1 = 50 g e m2 = 85 g, obtemos h1f ≈ 0,60 cm.
soluções dos problemas 313
(b) De acordo com a Eq. 9-68,
v2 f =
2 m1
2 m1
v1i =
m1 + m2
m1 + m2
2 gh1 .
Como, de acordo com a lei de conservação da energia, m2 gh2 f = 12 m2 v22 f , isso nos dá
2
h2 f =
v22 f  2m1 
=
h1 .
2 g  m1 + m2 
Para m1 = 50 g e m2 = 85 g, h2f ≈ 4,9 cm.
(c) Felizmente, as esferas se chocam de novo no ponto mais baixo das respectivas trajetórias
(contanto que a amplitude do movimento seja “suficientemente pequena”, como é discutido no
Capítulo 16). Correndo o risco de usar uma notação imprópria, vamos chamar as alturas alcançadas após a segunda colisão elástica de h1ff e h2ff. No ponto mais baixo (imediatamente antes
da segunda colisão), a velocidade da esfera 1 é + 2 gh1 f (para a direita na Fig. 9-20) e a velocidade da esfera 2 é − 2 gh1 f (para a esquerda na Fig. 9-20). Assim, de acordo com a Eq. 9-75,
a velocidade da esfera 1 imediatamente após a segunda colisão é
(
)
2 m2
m − m2

2 gh1 f +
− 2 gh2 f
v1 ff = 1
m1 + m2
m1 + m2

−∆m  ∆m
2m2  2m1
=
2 gh1  −

m1 + m2  m1 + m2
 m1 + m2  m1 + m2
=−
( ∆m )2 + 4m1m2
( m1 + m2 )2

2 gh1 

2 gh1 .
Expandindo (∆m)2 e (m1 + m2)2 na expressão acima, obtemos v1 ff =
de conservação da energia, ( m1 gh1 ff = 12 m1v12ff isso nos dá
)
2 gh1 . De acordo com a lei
v12ff
= h1 = 9, 0 cm.
2g
(d) Com base no resultado do item (c), podemos concluir (raciocinando em termos de energia)
que h2ff = 0. Entretanto, vamos ver como esse resultado surge a partir da aplicação da Eq. 9-76
à velocidade da esfera 2 imediatamente após a segunda colisão:
h1 ff =
v2 ff =
2 m1
m1 + m2
2 gh1 f +
m2 − m1
− 2 gh2 f
m1 + m2
(
)
=
2 m1  ∆m
m1 + m2  m1 + m2

∆m  −2 m1
2 gh1  +
 m1 + m2  m1 + m2
=
2 m1Dm 2 2 m1Dm
( m1 + m2 )2
2 gh1 5 0

2 gh1 

Após a segunda colisão, portanto, a esfera 2 permanece no ponto mais baixo da trajetória e a esfera 1 volta à altura inicial, o que recria as condições do início do problema. Assim, as colisões
subsequentes, desprezando os efeitos do atrito, são uma mera repetição das duas primeiras.
119. (a) Como os blocos são homogêneos, os centros de massa dos blocos coincidem com os
centros geométricos, cujas posições no instante t = 0 são dadas na tabela que acompanha o enunciado do problema. Substituindo essas posições e as massas dos blocos na Eq. 9-4, obtemos xCM =
–0,50 m (no instante t = 0).
(b) No momento do choque, o centro do bloco 2 está em x = 0, a borda esquerda do bloco 2 está
em x = –3,0 cm e a borda da direita do bloco 1 está também em x = −3,0 cm, o que significa que
o centro do bloco 1 está em x = –5,5 cm. Substituindo essas posições e as massas dos blocos na
Eq. 9-4, obtemos xCM = − 1,8 cm = 0,018 m [no instante t = (1,445 m)/(0,75 m/s) = 1,93 s].
314 soluções dos problemas
(c) Poderíamos determinar as posições dos blocos no instante t = 4,0 s e usar novamente a Eq.
9-4, mas é mais fácil (e mais instrutivo) notar que na ausência de forças externas, o centro de
massa do sistema se move com velocidade constante:


m1v1 + m2 v2

= (0, 25 m/s)i,ˆ
vCM =
m1 + m2
como pode ser verificado facilmente usando os valores para t = 0. Assim,

xCM = xCM inicial + vCM t = (–0,50 m) + (0,25 m/s)(4,0 s) = +0,50 m.
120. Uma possível abordagem é usar um sistema de coordenadas que se move com a mesma
velocidade que o centro de massa do corpo original; outra é analisar o problema no sistema de
coordenadas original (no qual, de acordo com o enunciado do problema, a velocidade escalar
do corpo é 2 m/s). Vamos usar a segunda abordagem, que, embora seja mais trabalhosa, provavelmente será a adotada pela maioria dos alunos.
De acordo com a lei de conservação do momento linear, temos:
mv0 = m1v1 + m2v2 ⇒ (8,0)(2,0) = (4,0)v1 + (4,0)v2
o que nos dá v2 = 4 − v1 em unidades do SI (m/s).
De acordo com a lei de conservação da energia,
1
1
 1
∆K =  m1 v12 + m2 v22  − mv02 ⇒
 2
2
2
1
1
 1
16 =  (4, 0) v12 + (4, 0) v22  − (8, 0) (2, 0)2
2
2
 2
o que nos dá v22 = 16 − v12 em unidades do SI. Substituindo o valor de v2 encontrado anteriormente, obtemos
(4 − v1 )2 = 16 − v12
o que nos dá a equação do segundo grau 2v12 − 8v1 = 0, cujas soluções são v1 = 0 e v1 = 4 m/s.
Para v1 = 0, v2 = 4 – v1 = 4 m/s; para v1 = 4 m/s, v2 = 0.
(a) Como a parte da frente continua a se mover na mesma direção e sentido que o corpo original,
a velocidade escalar da parte de trás é zero.
(b) A velocidade escalar da parte da frente é 4,0 m/s.
121. Vamos chamar de m1 a massa do elétron e de m2 a massa do átomo de hidrogênio. De acordo com a Eq. 9-68,
2 m1
2
v2 f =
v1i =
v1i .
m1 + 1840 m1
1841
Assim, a energia cinética final do átomo de hidrogênio é
2
K2 f =
(1840)(4)  1
1
2v
(1840 m1 )  1i  =
(1840 m1 ) v12i 
2

1841
1841  2
2

e a porcentagem pedida é (1840)(4)/(1841)2 ≈ 2,2 × 10−3 = 0,22%.
122. Chamando a nova velocidade do carro de v, a nova velocidade do homem em relação ao
solo é v – vrel. De acordo com a lei de conservação do momento,
 w
W 
 W w
 g + g  v0 =  g  v +  g  ( v − vrel ) .
Assim, o aumento de velocidade do vagão é
∆v = v − v0 =
pvrel
(915 N)(4, 00 m/s)
= 1,10 m/s.
=
P + p (2415 N) + (915 N)
Capítulo 10
1. De acordo com o enunciado, vCM e ω são constantes. Em unidades do SI, temos:
 1609 m/mi 
vCM = (85 mi/h) 
 = 38 m/s
 3600 s/h 
ω = (1800 rev/min) / (60 s/min) = 30 rev/s
Dx 5 (60 ft) (0,3048 ft/m) 5 18,3 m
O tempo de percurso é, portanto,
t = ∆x/vCM = (18,3 m)/(38 m/s) = 0,481 s
Durante esse tempo, o deslocamento angular de um ponto da superfície da bola é
θ = ωt = (30 rev/s0(0,481 s) ≈ 14 rev.
2. (a) O ponteiro dos segundos de um relógio completa uma volta (2π rad) em 60 s. Assim,
2
= 0,105 rad/s.
60
(b) O ponteiro dos minutos de um relógio completa uma volta (2π rad) em (60)(60) = 3600 s.
Assim,
2
=
= 1, 75 × 10 −3 rad/s.
3600
=
(c) O ponteiro das horas de um relógio completa uma volta (2π rad) em (12)(60)(60) = 43.200 s.
Assim,
2
=
= 1, 45 × 10 −4 rad/s.
43.200
3. De acordo com as equações do movimento uniformemente acelerado, discutidas no Capítulo
2, o tempo que a torrada leva para chegar ao chão é
2h
=
g
Dt =
2(0, 76 m)
= 0, 394 s.
9,8 m/s 2
(a) O menor ângulo para o qual a torrada cai com a manteiga para baixo é Dumín = 0, 25 rev =  / 2 rad.
A velocidade angular correspondente é
mín =
Dumín  / 2 rad
=
= 4, 0 rad/s.
Dt
0, 394 s
(b) O maior ângulo (menor que 1 revolução) para o qual a torrada cai com a manteiga para baixo
é Dumáx = 0, 75 rev = 3 / 2 rad. A velocidade angular correspondente é
máx =
Dumáx 3 / 2 rad
=
= 12, 0 rad/s.
Dt
0, 394 s
4. (a) Fazendo t = 0 na função dada, obtemos θ0 = 2,0 rad.
(b) A velocidade angular em função do tempo é dada pela Eq. 10-6:
=
du
= 8, 0 t + 6 , 0 t 2.
dt
Fazendo t = 0 na função acima, obtemos ω0 = 0.
316 soluções dos problemas
(c) Para t = 4,0 s, função do item (b) nos dá
ω4 = (8,0)(4,0) + (6,0)(4,0)2 = 128 rad/s = 1,3 × 102 rad/s.
(d) A aceleração angular em função do tempo é dada pela Eq. 10-8:
d
= 8, 0 + 12, 0 t .
dt
Para t = 2,0, a equação acima nos dá α2 = 8,0 + (12,0)(2,0) = 32 rad/s2.
=
(e) De acordo com a equação obtida no item (d), a aceleração angular varia com o tempo e,
portanto, não é constante.
5. De acordo com as equações do movimento uniformemente acelerado, discutidas no Capítulo
2, o tempo que o mergulhador leva para chegar à água é
2h
=
g
t=
2(10 m)
= 1, 4 s.
9, 8 m/s 2
Nesse caso, de acordo com a Eq. 10-5, o módulo da velocidade angular média do mergulhador
é
méd =
(2, 5 rev) (2 rad/rev)
= 11 rad/s.
1, 4 s
6. (a) De acordo com a Eq. 10-6, temos:
=
d
( 4t − 3t 2 + t 3 ) = 4 − 6t + 3t 2 .
dt
Fazendo t = 2 s na expressão fornecida obtemos ω2 = 4,0 rad/s.
(b) Fazendo t = 4 s na expressão do item (a), obtemos ω4 = 28 rad/s.
(c) De acordo com a Eq. 10-7, temos:
méd =
4 − 2
= 12 rad/s 2 .
4−2
(d) De acordo com a Eq. 10-8, temos:
=
d d
= ( 4 − 6t + 3t 2 ) = −6 + 6t.
dt dt
Fazendo t = 2 s na expressão acima, obtemos α2 = 6,0 rad/s2.
(e) Fazendo t = 4 s na expressão do item (d), obtemos α4 = 18 rad/s2. Note que, neste problema,
αméd é igual à média aritmética de α2 e α4, mas isso só acontece nos casos em que a aceleração
é uma função linear do tempo.
7. (a) Para não se chocar com os raios, a flecha deve passar pela roda em um tempo menor que
Dt =
(1 / 8) rev
= 0, 050 s.
2, 5 rev/s
A velocidade mínima da flecha é, portanto,
vmín =
20 cm
= 400 cm/s = 4, 0 m/s.
0, 050 s
(b) Não; o cálculo do item (a) não envolve a posição radial do ponto por onde a flecha passa.
soluções dos problemas 317
8. (a) Integrando em relação ao tempo a expressão dada para a aceleração e levando em conta
que a velocidade inicial é 2,0 rad/s, obtemos:
ω = 1,2 t5 – 1,33 t3 + 2,0.
(b) Integrando novamente e levando em conta que a posição angular inicial é 1 rad, obtemos;
θ = 0,20t6 – 0,33 t4 + 2,0 t + 1,0.
9. (a) Para ω = 0 e α = – 4,2 rad/s2, a Eq. 10-12 nos dá t = –ωo/α = 3,00 s.
(b) A Eq. 10-4 nos dá θ − θo = − ωo2 / 2α = 18,9 rad.
10. Supomos que o disco está girando no sentido anti-horário; nesse caso, como o disco parte
do repouso, todas as grandezas (deslocamento angular, velocidade etc.) são positivas.
(a) A aceleração angular satisfaz a Eq. 10-13:
1
(5, 0 s)2 ⇒  = 2, 0 rad/s 2 .
2
(b) A velocidade angular média é dada pela Eq. 10-5:
25 rad =
méd =
Du 25 rad
=
= 5, 0 rad/s.
Dt
5, 0 s
(c) De acordo com a Eq. 10-12, a velocidade angular no instante t = 5,0 s é
 = ( 2, 0 rad/s2 ) (5,0 s) = 10 rad/s .
(d) De acordo com a Eq. 10-13, o deslocamento angular no instante t = 10 s é
1
1
u = 0 + t 2 = 0 + (2, 0 rad/s2 )(10 s)2 = 100 rad.
2
2
Assim, o deslocamento angular entre os instantes t = 5 s e t = 10 s é ∆θ = 100 rad – 25 rad =
75 rad.
11. Supomos que o disco está girando inicialmente no sentido anti-horário (positivo). Nesse
caso, como o disco é freado, a aceleração é negativa: α = – 4,0 rad/s2.
(a) Usamos a Eq. 10-12 para obter o valor de t.
 = 0 +  t
⇒ t=
0 − 120 rad/s
= 30 s.
−4, 0 rad/s 2
(b) De acordo com a Eq. 10-15, temos:
u=
1
1
 12
(0 1  ) t = (1200 rev/min 1 300 rev/min)
min 5 4, 2 3 10 2 rev.
 60

2
2
12. (a) Vamos supor que o motor está girando no sentido anti-horário. De acordo com a Eq.
10-12, temos:
 = 0 +  t ⇒  =
(3000 − 1200) rev/min
= 9, 0 × 10 3 rev/min 2 .
(12 / 60) min
(b) A Eq. 10-15 nos dá
u=
1
1
 12

min = 4, 2 × 10 2 rev.
(0 +  ) t = (1200 rev/min + 3000 rev/min) 

 60
2
2
318 soluções dos problemas
13. Sabemos que ω0 = 1,5 rad/s = 0,239 rev/s no instante t = 0 e que α < 0, já que a roda desacelera até parar. Vamos chamar de t1 o instante em que o deslocamento angular é θ1 = 20 rev e
de t2 o instante em que o deslocamento angular é θ2 = 40 rev e a velocidade angular é 2 = 0.
(a) Podemos calcular t2 a partir da Eq. 10-15:
u2 =
1
2(40 rev)
= 335 s,,
(0 +  2 ) t2 ⇒ t2 =
2
0, 239 rev/s
que arredondamos para t2 ≈ 3, 4 × 10 2 s.
(b) Qualquer equação da Tabela 10-1 que envolva α pode ser usada para calcular a aceleração
angular; escolhemos a Eq. 10-16.
1
u2 = 2 t2 −  t22 ⇒
2
=−
2(40 rev)
= −7,12 × 10 −4 rev/s 2
(335 s)2
que convertemos para α = – 4,5 × 10–3 rad/s2.
(c) Usando u1 = 0 t1 + 12 t12 (Eq. 10-13) e resolvendo a equação do segundo grau, obtemos:
t1 =
−0 ± 02 + 2u1 −(0, 239 rev/s) ± (0, 239 rev/ss)2 + 2(20 rev)(−7,12 × 10 −4 rev/s 2 )
=

−7,12 × 10 −4 rev/s 2
que nos dá duas raízes positivas: 98 s e 572 s. Como a solução faz sentido apenas se t1 < t2, concluímos que a resposta correta é t1 = 98 s.
14. Vamos supor que o disco está girando no sentido anti-horário (positivo). O disco parte do
repouso (ω0 = 0) no instante t = 0, e, como a velocidade angular aumenta com o tempo, sabemos
que a aceleração angular α é positiva. No instante t1, a velocidade angular é ω1 = +10 rev/s e
no instante t2 a velocidade angular é ω2 = +15 rev/s. No intervalo ∆t = t2 − t1, o disco descreve
∆θ = 60 rev.
(a) Podemos calcular α usando a Eq. 10-14:
22 = 12 + 2Du ⇒  =
(15 rev/s)2 − (10 rev/s)2
= 1, 04 rev/s 2
2(60 rev)
que arredondamos para 1,0 rev/s2.
(b) Podemos calcular ∆t usando a Eq. 10-15:
Du =
1
2(60 rev)
= 4, 8 s.
(1 + 2 ) Dt ⇒ Dt =
2
10 rev/s + 15 rev/ss
(c) Podemos calcular t1 usando a Eq. 10-12: 1 = 0 +  t1 ⇒ t1 =
10 rev/s
= 9, 6 s.
1, 04 rev/s 2
(d) Qualquer equação da Tabela 10-1 que envolva θ pode ser usada para calcular θ1 (o deslocamento angular no intervalo 0 ≤ t ≤ t1); escolhemos a Eq. 10-14.
12 = 02 + 2u1 ⇒ u1 =
(10 rev/s)2
= 48 rev.
2(1, 04 rev/s 2 )
15. Como a roda partiu do repouso, o deslocamento angular em função do tempo é dado por
u = 12 t 2 . Vamos chamar de t1 o instante inicial do intervalo de 4,0 e de t2 o instante final do
intervalo. Os deslocamentos angulares correspondentes são
1
1
u1 = t12 , u2 = t22
2
2
soluções dos problemas 319
Conhecendo Du = u2 − u1, podemos calcular t1 , que é o tempo pedido. Combinando as equações acima, obtemos
1
1
Du = u2 − u1 =  ( t 22 − t12 ) = (t 2 + t1 )(t 2 − t1 ).
2
2
Para Du = 120 rad,  = 3, 0 rad/s 2 e t2 − t1 = 4, 0 s , temos
t2 + t1 =
2(120 rad)
2(Du )
= 20 s.
=
(t2 − t1 ) (3,0 rad/s 2 )(4,0 s)
Temos portanto um sistema de equações,
t2 − t1 = 4,0 s
t2 + t1 = 20 s,
cuja solução é t2 = 12, 0 s, t1 = 8, 0 s. Assim, a roda partiu do repouso 8,0 s antes do início do
intervalo de 4,0 s.
Nota: Podemos verificar se o resultado está correto calculando os valores de u1 e u2:
1
1
u1 = t12 = (3, 0 rad/s2 )(8, 0 s)2 = 96 rad
2
2
1
1
u2 = t22 = (3, 0 rad/s2 )(12, 0 s)2 = 216 rad.
2
2
A diferença é realmente Du = u2 − u1 = 120 rad.
16. (a) De acordo com a Eq. 10-13,
θ − θo = ωo t + αt2/2 = 0 + (1,5 rad/s²) t12/2
em que θ − θo = (2 rev)(2π rad/rev). Assim, t1 = 4,09 s.
(b) Podemos calcular o tempo t2 necessário para que o carrossel descreva 4 revoluções, usando a mesma equação do item (a), e subtrair o tempo t1 calculado no item (a) para obter o valor
desejado.
(4 rev)(2π rad/rev) = 0 + (1,5 rad/s²) t22/2 ⇒
t2 = 5,789 s.
A resposta é 5,789 s – 4,093 s ≈ 1,70 s.
17. (a) O ângulo θmáx é definido pela condição ω = 0 (que acontece no instante em que a roda
para momentaneamente de girar no sentido positivo antes de começar a girar no sentido negativo). Podemos calcular θmáx usando a Eq. 10-14:
(4, 7 rad/s)2
o2
=−
= 44 rad.
2
2(−0, 25 rad/s 2 )
(b) De acordo com a Eq. 10-13, temos:
umáx = −
−o ± o2 + 2u1
1
u1 = ot1 +  t12 ⇒ t1 =
.

2
Fazendo θ1 = θmáx/2 = 22 rad, obtemos dois valores para t1, 5,5 s e 32 s. Assim, o primeiro instante em que a reta de referência passa pelo ângulo θmáx/2 é t = 5,5 s.
(c) De acordo com o resultado do item (b), o segundo instante em que a reta de referência passa
pelo ângulo θmáx/2 é t = 32 s.
(d) De acordo com a Eq. 10-13, temos:
−o ± o2 + 2u2
1
u2 = ot 2 +  t 22 ⇒ t 2 =
.

2
320 soluções dos problemas
Fazendo θ2 = −10,5 rad, obtemos dois valores para t2, –2,1 s e 40 s. Assim, o instante negativo
em que a reta de referência passa pelo ângulo –10,5 rad é –2,1 s.
(e) De acordo com o resultado do item (d), o instante positivo em que a reta de referência passa
pelo ângulo −10,5 rad é 40 s.
(f) O gráfico pedido é mostrado na figura a seguir, com os resultados dos itens anteriores assinalados por pontos.
18. Em primeiro lugar, convertemos a velocidade angular e a velocidade do avião para unidades
do SI: ω = (2000)(2π /60) = 209 rad/s e va = (480)(1000/3600) = 133 m/s. Em seguida usamos
a Eq. 10-18 no item (a) e a Eq. 4-39 no item (b).
(a) A velocidade escalar linear de um ponto da ponta da hélice, do ponto de vista do piloto, é
v p = r = (209 rad/s)(1, 5 m) = 314 m/s . Como o comprimento das pás da hélice é dado com
apenas dois algarismos significativos, a resposta correta é vt = 3,1 × 102 m/s.


(b) Como a velocidade do avião, va , e a velocidade da ponta da hélice, v p , são mutuamente
perpendiculares, a velocidade escalar linear de um ponto da ponta da hélice, do ponto de vista
de um observador no solo, é
v=
va2 + v 2p =
(133 m/s)2 + (314 m/s)2 = 3, 4 × 10 2 m/s.
19. (a) Supondo que a velocidade angular é positiva e usando a Eq. 10-18, temos:
=
)
)
4
v ( 2, 90 × 10 km/h (1000 h / 3600 s
= 2, 50 × 10 −3 rad/s.
=
r
3, 22 × 10 3 km
(b) De acordo com a Eq. 10-23, temos:
r =  2r = (250 × 10 −3 rad/s)2 )(3, 22 × 10 6 m) = 20, 2 m/s 2 .
(c) Se a velocidade tangencial vt é constante, a velocidade angular ω = vt/r é constante, a aceleração angular α é nula e a aceleração tangencial αt é nula, já que
d
=
= 0 e t = r = 0.
dt
20. A função u =  ebt é usada para descrever a posição angular de uma reta. Derivando a função
duas vezes em relação ao tempo, obtemos:
=
du
= bebt
dt
(a) De acordo com a Eq. 10-22, t = r = r
e =
d 2u
= b 2ebt .
dt 2
d 2u
= rb 2ebt .
dt 2
Fazendo r = 0,04 m, ζ = 0,40 m, β = 2 s−1 e t = 0, obtemos αt = 0,064 m/s2.
soluções dos problemas 321
2
 du 
(b) De acordo com a Eq. 10-23, ar =  2r = r   = r 2b 2e 2bt .
 dt 
Fazendo r = 0,04 m, ζ = 0,40 m, β = 2 s−1 e t = 0, obtemos ar = 0,026 m/s2.
21. Vamos supor que a taxa de 1,2 mm/ano = 1,2 × 10–3 m/ano é a velocidade tangencial de um
ponto situado no alto da torre; também seria possível interpretar essa informação como a componente horizontal da velocidade tangencial, mas a diferença entre as duas interpretações não
modifica substancialmente o resultado final. De acordo com a Eq. 10-18, temos:
1, 2 × 10 −3 m/ano
=
= 2,18 × 10 −5 rad/ano
55 m
Como um ano possui aproximadamente 3,16 × 107 s, ω = 6,9 × 10–13 rad/s.
22. (a) De acordo com a Eq. 10-6, a velocidade angular no instante t = 5,0 s é
=
du
dt
=
t = 5,0
d
(0, 30 t 2 )
= 2(0, 30)(5, 0) = 3, 0 rad/s.
dt
t = 5,0
(b) De acordo com a Eq. 10-18, a velocidade linear no instante t = 5,0 é
v =  r = (3, 0 rad/s)(10 m) = 30 m/s.
(c) De acordo a Eq. 10-8, a aceleração angular é
=
d d
= (0, 60 t ) = 0, 60 rad/s 2 .
dt dt
Assim, de acordo com a Eq. 10-22, a aceleração tangencial é
t = r = (10 m )(0, 60 rad/s 2 ) = 6, 0 m/s 2 .
(d) De acordo com a Eq. 10-23, a aceleração radial é
ar =  2r = (3, 0 rad/s)2 (10 m) = 90 m/s.
23. (a) velocidade angular da roda em rad/s é
0 =
(200 rev/min)(2π rad/rev)
= 20, 9 rad/s.
60 s / min
(b) De acordo com a Eq. 10-18, a velocidade linear é
v = r0 = (0, 60 m)(20, 9 rad/s) = 12, 5 m/s.
(c) De acordo com a Eq. 10-12, a aceleração angular é
 − 0 1000 rev/min − 200 rev/min
=
= 800 rev/miin 2
t
1 min
(d) De acordo com a Eq. 10-15, temos:
1
1
u = (o +  ) t = (200 rev/min + 1000 rev/min)(1,00 min) = 600 rev.
2
2
Nota: Outra forma de resolver o item (d) é usar a Eq. 10-13:
=
1
1
u = u0 + 0 t + t 2 = 0 + (200 rev/min)(1, 0 min) + (800 rev/min 2 )(1, 0 min)2 = 600 rev.
2
2
24. Convertendo 33 e 1/3 rev/min em radianos por segundo, obtemos ω = 3,49 rad/s. Cominando
a Eq. 10-18, v = r , com ∆t = d/v, em que ∆t é o intervalo de tempo entre os instantes em que
duas saliências sucessivas atingem a agulha e d é a distância média entre as saliências, obtemos
a taxa pedida:
1 r
taxa =
=
≈ 199 / s .
Dt
d
322 soluções dos problemas
25. (a) Como a Terra completa uma rotação em um dia e 1 dia tem (24 h) (3600 s/h) = 8,64 ×
104 s, a velocidade angular de qualquer ponto da Terra é
=
2 rad
= 7, 3 × 10 −5 rad/s.
8,64 × 10 4 s
(b) Na latitude 40° (não importa se N ou S), a velocidade linear é
v 5 (R cos 40°) 5 (7,3 3 1025 rad/s)(6,4 3 106 m)cos 40° 5 3,5 3 102 m/s.
(c) No equador, como em qualquer outro ponto da Terra, a velocidade angular é a mesma:
ω = 7,3 × 10–5 rad/s.
(d) No equador, a latitude é 0° e a velocidade linear é
v =  R = (7, 3 × 10 −5 rad/s)(6,4 × 10 6 m) = 4,6 × 10 2 m/s.
26. (a) A aceleração angular é
=
0 − 150 rev/min
D
=
= −1,14 rev/min 2 .
Dt (2, 2 h)(60 min/ 1 h)
(b) Usando a Eq. 10-13 com t = (2,2) (60) = 132 min, temos:
1
1
2
u = 0 t +  t 2 = (150 rev/min)(132 min) + ( −1,14 rev/min 2 ) (132 min ) = 9, 9 × 10 3 rev.
2
2
(c) Para r = 500 mm, a aceleração tangencial é
2
 2 rad   1 min 
at = r = (−1,14 rev/min 2 ) 

 (500 mm),
 1 rev   60 s 
o que nos dá at = –0,99 mm/s2.
(d) A velocidade angular do volante é
 = (75 rev/min)(2π rad/rev)(1 min/ 60 s) = 7, 85 rad/s.
Para r = 0,50 m, a aceleração radial (ou centrípeta) é dada pela Eq. 10-23:
ar =  2r = (7, 85 rad/s)2 (0, 50 m) ≈ 31 m/s 2
que é muito maior que at. Assim, o módulo da aceleração é

| a |= ar2 + at2 ≈ ar = 31 m/s 2 .
27. (a) A velocidade angular em rad/s é
 1
  2 rad/rev 
 =  33 rev/min 
 = 3, 49 rad/s.

 3
60

De acordo com a Eq. 10-23, a aceleração radial (centrípeta) é
a =  2r = (3, 49 rad/s)2 (6, 0 × 10 −2 m) = 0, 73 m/s 2 .
(b) Usando os métodos do Capítulo 6, obtemos ma = fs ≤ fs,máx = µs mg, o que nos dá
m s ,mín =
a 0, 73
=
= 0, 075.
g 9, 8
(c) A aceleração radial do prato é ar = ω2r e a aceleração tangencial é at = αr. Assim,

| a |= ar2 + at2 = ( 2r )2 + (r )2 = r  4 +  2 .
soluções dos problemas 323
Para que a semente não escorregue, é preciso que
4
fs ,máx = m s mg = mamáx = mr máx
+ 2 .
Como, de acordo com a Eq. 10-12, α = ω/t, temos:
m s ,mín =
4
4
r máx
+  2 r máx
+ (máx / t )2 (0, 060) 3, 494 + (3, 4 / 0, 25)2
=
=
= 0,11.
g
g
9, 8
28. Como a correia não desliza, um ponto da borda da roda C tem a mesma aceleração tangencial que um ponto da borda da roda A. Isso significa que αArA = αCrC, onde αA é a aceleração
angular da roda A e αC é a aceleração angular da roda C. Assim,
 10 cm 
r 
2
2
C =  A   A = 
 (1, 6 rad/s ) = 0, 64 rad/s .
 rC 
 25 cm 
Com a velocidade angular da roda C dada por C = C t , o tempo para que a roda C atinja uma
velocidade angular ω = 100 rev/min = 10,5 rad/s a partir do repouso é
t=
10, 5 rad/s
C
=
= 16 s.
C 0, 64 rad/s 2
29. (a) No tempo que a luz leva para ir da roda ao espelho e voltar à roda, a roda gira um ângulo
θ = 2π/500 = 1,26 × 10–2 rad. Esse tempo é
t=
2(500 m)
2L
=
= 3, 34 × 10 −6 s
c
2, 998 × 108 m/s
e, portanto, a velocidade angular da roda é
=
u 1, 26 × 10 −2 rad
=
= 3, 8 × 10 3 rad/s.
t
3, 34 × 10 −6 s
(b) Se r é o raio da roda, a velocidade linear de um ponto da borda é
)
)
v =  r = ( 3, 8 × 10 3 rad/s ( 0, 050 m = 1, 9 × 10 2 m/s.
30. (a) De acordo com a Eq. 10-22, a aceleração tangencial é
t = r = (14, 2 rad/s 2 )(2, 83 cm) = 40, 2 cm/s 2 .
(b) Em rad/s, a velocidade angular é ω = (2760)(2π/60) = 289 rad/s; assim,
ar =  2r = (289 rad/s 2 )(0, 0283 m) = 2, 36 × 10 3 m/s 2 .
(c) De acordo com a Eq. 10-14, o deslocamento angular é
u=
(289 rad/s)2
2
=
= 2, 94 × 10 3 rad.
2 2(14, 2 rad/s2 )
Nesse caso, de acordo com a Eq. 10-1, a distância percorrida é
s = ru = (0, 0283 m)(2, 94 × 10 3 rad) = 83, 2 m.
31. (a) O limite superior da aceleração centrípeta estabelece um limite superior para a velocidade angular através da relação a = rω2, em que r é a distância entre o ponto considerado e o
eixo de rotação. Considerando o caso mais desfavorável, que é o de um ponto na borda do disco
(r = 0,25 m), temos ωmáx = a / r = 40 rad/s. Aplicando a Eq. 10-15 à fase em que o disco está
ganhando velocidade, temos:
θ − θo = (ωo + ω)t/2 ⇒ 400 rad = (0 + 40 rad/s)t/2
o que nos dá t = 20 s. A fase em que o disco está perdendo velocidade leva exatamente o mesmo
tempo (já que o valor da desaceleração é igual ao da aceleração); assim, o tempo total é 40 s.
324 soluções dos problemas
(b) Na fase em que o disco está ganhando velocidade, a Eq. 10-11 nos dá
ω = ωo + α t ⇒ α = (40 rad/s)/(20 s) = 2,0 rad/s2 .
32. (a) Como uma revolução completa corresponde a um deslocamento angular ∆θ = 2π rad, a
velocidade angular em rad/s é dada por ω = ∆θ/T = 2π/T e a aceleração angular é dada por
d
2 dT
=− 2
.
dt
T dt
No caso do pulsar descrito no problema, temos:
=
dT 1, 26 × 10 −5 s/ano
=
= 4, 00 × 10 −13.
3,16 × 10 7 s/ano
dt
Assim,


2
(4, 00 × 10 −13 ) = −2, 3 × 10 −9 raad/s 2 .
 = −
2 
(
,
s
)
0
033


O sinal negativo mostra que a aceleração angular tem o sentido contrário ao da velocidade angular e, portanto, que a velocidade angular do pulsar está diminuindo.
(b) Fazendo ω = 0 na equação ω = ω0 + αt, obtemos:
t=−
0
2
2
=−
=−
= 8, 3 × 1010 s ≈ 2, 6 × 10 3 anos.
−9

T
(−2, 3 × 10 rad/s 2 )(0, 033 s)
(c) O pulsar foi criado há 2012 – 1054 = 958 anos, o que equivale a (958 anos)(3,16 × 107 s/
ano) = 3,03 × 1010 s. A velocidade angular quando o pulsar foi criado era
0 =  −  t + =
2π
2π
−t =
+ (−2, 3 × 10 −9 rad/s 2 )(−3, 03 × 1010 s) = 260 rad/s.
T
0, 033 s
O período era
T=
2
2
=
= 2, 4 × 10 −2 s.

260 rad/s
33. A energia cinética (em J) é dada por K = 12 I  2 , em que I é o momento de inércia (em kg ⋅ m 2)
e ω é a velocidade angular (in rad/s). Temos:
(602 rev/min)(2 rad/rev)
= 63, 0 rad/s.
60 s/min
Assim, o momento de inércia é
2(24.400 J)
2K
I= 2 =
= 12, 3 kg ⋅ m 2 .
(63, 0 rad/s)2

=
34. (a) De acordo com a Eq. 10-12, o módulo da aceleração angular, α, é a inclinação do gráfico de ω em função de t. Assim, α = 9/6 = 1,5 rad/s2.
(b) De acordo com a Eq. 10-34, a energia cinética de rotação K é proporcional a ω2. Como a
velocidade angular no instante t = 0 é –2 rad/s e a velocidade angular no instante t = 4 s é 4
rad/s, a razão entre as energias cinéticas nesses dois instantes é
K0
4
=
K 4 16
⇒ K0 =
K4
= 0, 40 J.
4
35. Como o momento de inércia de um cilindro é I = 12 MR 2 [Tabela 10-2(c)], a energia cinética
de rotação de um cilindro é
K=
1 2 1
I  = MR 2 2 .
2
4
soluções dos problemas 325
(a) No caso do cilindro menor, temos
1
(1, 25 kg)(0, 25 m)2 (235 rad/s)2 = 1, 08 × 10 3 J ≈ 1,1 × 10 3 J.
4
(b) No caso do cilindro maior, temos
K1 =
1
(1, 25 kg)(0, 75 m)2 (235 rad/s)2 = 9, 71 × 10 3 J ≈ 9, 7 × 10 3 J.
4
36. De acordo com o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36), I aumenta com h. A expressão
“até a borda do disco” no enunciado do problema indica que o maior valor de h mostrado no
gráfico corresponde ao raio R do disco. Assim, R = 0,20 m. Agora podemos tomar, por exemplo, o valor de I para h = 0 e usar a fórmula de ICM para um disco homogêneo [Tabela 10-2(c)]
ou (o que talvez seja melhor, porque não depende da hipótese de que trata de um disco homogêneo) tomar a diferença entre o valor de I para h = 0 e o valor de I para h = hmáx = R e aplicar o
teorema dos eixos paralelos [a diferença é M(hmáx)2 = 0,10 kg ⋅ m 2] . Qualquer dos dois métodos
nos dá M = 2,5 kg.
K2 =
37. Usamos o teorema dos eixos paralelos: I = ICM + Mh2, em que ICM é o momento de inércia
em relação ao centro de massa [Tabela 10-2(d)], M é a massa e h é a distância entre o centro de
massa e o eixo de rotação considerado. Como o centro de massa está no centro da régua, h =
0,50 m – 0,20 m = 0,30 m. Como
1
1
ML2 = (0, 56 kg)(1, 0 m)2 = 4, 67 × 10 −2 kg ⋅ m 2 ,
12
12
o teorema dos eixos paralelos nos dá
I CM =
I = 4, 67 × 10 −2 kg ⋅ m 2 + (0, 56 kg)(0, 30 m)2 = 9, 7 × 10 −2 kgg ⋅ m 2 .
38. De acordo com a Eq. 10-33, temos:
Itotal = md2 + m(2d)2 + m(3d)2 = 14 md2.
(a) Se a partícula removida for a que está mais próxima do ponto O, o novo momento de inércia será m(2d)2 + m(3d)2 = 13 md2. A redução percentual será, portanto, (14 – 13)/14 = 0,0714
≈ 7,1%.
(b) Se a partícula removida for a que está mais distante do ponto O, o novo momento de inércia
será md2 + m(2d)2 = 5 md2. A redução percentual será, portanto, (14 − 5)/14 = 0,643 ≈ 64%.
39. (a) De acordo com a Tabela 10-2(c) e a Eq. 10-34, a energia cinética de rotação é
K=
1 2 11
1
I =
MR 2   2 = (500 kg)(200 rad/s)2 (1, 0 m)2 = 4, 9 × 10 7 J.


2
2 2
4
(b) Usando a equação P = K/t, na qual P é a potência média, temos:
4, 9 × 10 7 J
K
=
= 6, 2 × 10 3 s,
P 8, 0 × 10 3 W
o que corresponde a aproximadamente 1 h 40 min.
t=
40. (a) Considere três dos discos (começando pelo que está no ponto O): ⊕OO. De acordo com
a Tabela 10-2(c), o primeiro (o que está no ponto O, assinalado por uma cruz) tem um momento de inércia I = mR2/2. De acordo com o teorema dos eixos paralelos, o segundo tem um momento de inércia
I = mR2/2 + mh2
sendo h = 2R. O terceiro tem um momento de inércia
I = mR2/2 + m(4R)2.
326 soluções dos problemas
Se tivéssemos considerado cinco discos, OO⊕OO, com o que está no ponto O no centro, o momento de inércia total seria
I = 5(mR2/2) + 2[m(2R)2 + m(4R)2].
O padrão agora está claro e podemos escrever para o conjunto de quinze discos:
I = 15(mR2/2) + 2[m(2R)2 + m(4R)2 + m(6R)2 + … + m(14R)2] = 2255mR2/2.
A generalização para N discos (em que N é um número ímpar) seria
I = (2N2 + 1)NmR2/6.
Fazendo m = M/15 e R = L/30, em que M é a massa total e L é o comprimento total da barra,
temos:
I = 0,083519ML2 ≈ (0,08352)(0,1000 kg)(1,0000 m)2 = 8,352 × 10−3 kg ⋅ m2.
(b) Comparando com a fórmula (e) da Tabela 10-2 (que nos dá aproximadamente I = 0,08333
ML2), vemos que a resposta do item (a) é 0,22% menor.
41. As partículas são tratadas como “pontuais”, no sentido de que o momento de inércia é calculado usando a Eq. 10-33, e o momento de inércia das barras é calculado usando a Tabela 102(e) e o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36).
(a) Usando o índice 1 para a barra mais próxima do eixo e o índice 4 para a partícula mais afastada do eixo, temos:
2
2
1
1
1  
3  
d  1 m (2d ) 2
I 5 I1 1 I 2 1 I 3 1 I 4 5  Md 2 1 M
d  1 md 2 1  Md 2 1 M
2  
2  
 12
 12
8
8
5 Md 2 1 5md 2 5 (1, 2 kg)(0, 056 m)2 1 5(0, 85 kg)(0, 056 m )2
3
3
2
5 0,023 kg?m .
(b) De acordo com a Eq. 10-34, temos:
K5
1 2 4
5
4
5
I 5
M 1 m d 2 2 5  (1, 2 kg) 1 (0, 85 kg)  (0, 056 m)2 (0, 30 rad/s)2
3
2
2 
2
3

5 1,1 3 1023 J.
42. (a) De acordo com a Eq. 10-33,
4
Ix =
∑m y
2
i i
i =1
2
2
2
2
= 50 ( 2, 0 ) + ( 25) ( 4, 0 ) + 25 ( −3, 0 ) + 30 ( 4, 0 )  g ⋅ cm 2 = 1, 3 × 10 3 g ⋅ cm 2 .
(b) O momento de inércia em relação ao eixo y é dado por
4
Iy =
∑m x
2
i i
= (50)(2, 0)2 + (25)(0)2 + 25(3, 0)2 + 30(2,00)2 = 5, 5 × 10 2 g ⋅ cm 2 .
i =1
(c) O momento de inércia em relação ao eixo z (levando em conta o fato de que a distância do
eixo z é x 2 + y 2 ) é
4
Iz =
∑ m (x
i
2
i
+ yi2 ) = I x + I y = 1, 3 × 10 3 + 5, 5 × 10 2 = 1, 9 × 10 2 g ⋅ cm 2 .
i =1
(d) Por inspeção, é fácil ver que a resposta do item (c) é A + B.
soluções dos problemas 327
43. Como o eixo de rotação não passa pelo centro do bloco, usamos o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia. De acordo com a Tabela 10-2(i), o momento de inércia
de um bloco homogêneo em relação a um eixo que passa pelo centro e é perpendicular às faces
M
maiores é dado por I CM = (a 2 + b 2 ). Um eixo paralelo que passa por um canto está a uma
12
distância h =
( a / 2 )2 + ( b / 2 )2
do centro. Assim,
I = I CM + Mh 2 =
M 2
M
M
(a + b2 ) + (a2 + b2 ) = (a2 + b2 ) .
12
4
3
Fazendo M = 0,172 kg, a = 3, 5 cm e b = 8, 4 cm, temos:
I=
M 2
0,172 kg
[(0, 035 m)2 + (0,084 m)2 ] = 4,7 × 10 −4 kg ⋅ m 2 .
(a + b2 ) =
3
3
44. (a) A figura mostra as partículas, as barras e o eixo de rotação (reta horizontal).
Note que todas as cargas estão a uma distância r = 1,0 m do eixo. Assim, de acordo com a Eq.
10-33,
I=
∑m r
i i
= 4 (0, 50 kg) (1, 0 m)2 = 2, 0 kg ⋅ m 2 .
2
(b) Nesse caso, as duas cargas mais próximas do eixo estão a uma distância r = 1,0 m do eixo
e as duas mais afastadas estão a uma distância r = (1, 0 m)2 + (2, 0 m)2 do eixo. Assim, de
acordo com a Eq. 10-33,
I=
∑m r
i i
2
= 2(0, 50 kg)(1, 0 m 2 ) + 2(0, 50 kg)(5, 0 m 2 ) = 6, 0 kg ⋅ m 2 .
(c) Nesse caso, duas das massas estão sobre o eixo (e, portanto, r = 0) e as outras duas estão a
uma distância r = (1, 0 m)2 + (1, 0 m)2 do eixo. Assim, de acordo com a Eq. 10-33,
I=
∑m r
i i
2
= 2(0, 50 kg)(2, 0 m 2 ) = 2, 0 kg ⋅ m 2 .
45. Consideramos positivo um torque que tende a produzir uma rotação no sentido anti-horário
a partir do repouso e negativo um torque que tende a produzir uma rotação no sentido horário a

partir do repouso. Nesse caso, um torque positivo de módulo r1 F1 sen θ1 é associado a F1 e um

torque negativo de módulo r2F2 sen θ2 é associado a F2 . O torque resultante é, portanto,
τ = r1F1 sen θ1 − r2F2 sen θ2.
Substituindo pelos valores dados, temos:
t = (1, 30 m)(4, 20 N)sen 75° − (2,15 m)(4, 90 N)sen 60° = −3, 85 N ⋅ m.
46. O torque resultante é
t = t A + t B + t C = FA rA sen A − FB rB sen B + FC rC sen C
= (100)(8, 0) sen 135 − (16)(4, 0) sen 90 + (19)(3, 0) sen 160
= 12 N ⋅ m.
47. A bola está sujeita a duas forças, a força da barra e a força da gravidade. O torque exercido
pela força da barra é nulo, já que a linha de ação da força passa pelo eixo de rotação.
328 soluções dos problemas
Como se pode ver na figura, a componente da força da gravidade perpendicular à barra é mg
sen θ. Se l é o comprimento da barra, o módulo do torque exercido pela força da gravidade é
t = mgl sen u = (0, 75)(9, 8)(1, 25)sen 30° = 4, 6 N ⋅ m .
Para a posição mostrada na figura, o torque é no sentido anti-horário.
48. Calculamos os torques usando a equação τ = rF sen φ.
(a) Para  = 30°, t a = (0,152 m)(111 N) sen 30° = 8, 4 N ⋅ m.
(b) Para  = 90°, t b = (0,152m)(111 N) sen 90° = 17 N ⋅ m.
(c) Para  = 180°, t c = (0,152 m)(111N) sen 180° = 0.
49. (a) Usamos a equação  = 0 + t , em que ω0 é a velocidade angular inicial, ω é a velocidade angular final, α é a aceleração angular e t é o tempo. O resultado é o seguinte:
=
 − 0
620 rad/s
=
= 28, 2 rad/s 2 .
t
220 × 10 −3 s
(b) Se I é o momento de inércia da mergulhadora, o módulo do torque a que ela está submetida é
t = I  = (120 kg ⋅ m 2 )(28, 2 rad/s2 ) = 3, 38 × 10 2 N ⋅ m.
50. De acordo com a Eq. 10-45, temos:
t 32, 0
I= =
= 1, 28 kg ⋅ m 2 .
 25, 0
51. (a) Tomando o sentido para baixo como positivo e chamando de a a aceleração do bloco 2,
a coordenada y do bloco 2 é dada por y = at2/2 e, portanto,
=
2 y 2(0, 750 m)
=
= 6, 00 × 10 −2 m/s 2 .
t2
(5, 00 s)2
A aceleração do bloco 1 é 6,00 × 10–2 m/s2 para cima.
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, obtemos a equação m2 g − T2 = m2 a, em que
m2 é a massa do bloco 2 e T2 é a tensão a que o bloco 2 está submetido. Assim,
)
T2 = m2 ( g − a) = (0, 500 kg) ( 9, 8 m/s2 − 6, 00 × 10 −2 m/s2 = 4, 87 N.
(c) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, obtemos a equação m1 g − T1 = − m1a, em
que m1 é a massa do bloco 1 e T1 é a tensão a que o bloco 1 está submetido. Assim,
)
T1 = m1 ( g + a) = (0, 460 kg) ( 9, 8 m/s 2 + 6, 00 × 10 −2 m/s2 = 4, 54 N.
soluções dos problemas 329
(d) Como a aceleração tangencial de um ponto situado na borda da polia é igual à aceleração
dos blocos,
=
a 6, 00 × 10 −2 m/s2
=
= 1, 20 rad/s2 .
R
5, 00 × 10 −2 m
(e) O torque resultante que age sobre a polia é t = (T2 − T1 ) R . Igualando a Iα e explicitando o
momento de inércia, obtemos:
I=
(T2 − T1 ) R = ( 4, 87 N − 4, 54 N ) (5, 00 × 10 −2 m ) = 1, 38 × 10 −2 kg ⋅ m 2 .
1, 20 radd/s 2

52. De acordo com as convenções de sinal adotadas no livro, o módulo do torque resultante a
que o cilindro está submetido é
t res = F1 R − F2 R − F3 r = (6, 0 N)(0,12 m) − (4, 0 N)(0,12m) − (2, 0 N)(0, 050 m) = 71N ⋅ m.
(a) A aceleração do cilindro [para I = 12 MR 2 , de acordo com a Tabela 10-2(c)] é
=
t res
71N ⋅ m
= 1
= 9, 7rad/s 2 .
2
I
2 (2, 0 kg)(0, 12 m )
(b) Como a aceleração é positiva, o sentido da aceleração é o sentido anti-horário e o vetor aceleração aponta para fora do papel na Fig. 10.39.
53. Combinando a Eq. 10-45 com a Eq. 10-38, obtemos RF2 – RF1 = Iα , em que, de acordo com a
Eq. 10-12 (com ωο = 0), α = ω/t. Usando o item (c) da Tabela 10-2 e explicitando F2 obtemos
F2 =
MR
(0, 02)(0, 02)(250)
+ F1 =
+ 0,1 = 0,1140 N.
2t
2(1, 25)
54. (a) Nesse caso, a força é mg = (70 kg)(9,8 m/s2) e o “braço de alavanca” (a distância perpendicular entre o ponto O e a linha de ação da força) é 0,28 m. Assim, o valor absoluto do torque
é (70 kg)(9,8 m/s2)(0,28 m). Como o momento de inércia é I = 65 kg ⋅ m 2 , a Eq. 10-45 nos dá
|α| = 2,955 ≈ 3,0 rad/s2.
(b) Nesse caso, como temos uma nova contribuição (1,4 m × 300 N) para o torque, o torque
resultante passa a ser
|τres| = (70 kg)(9,8 m/s2)(0,28 m) + (1,4 m)(300 N) = (65 kg ⋅ m 2) |α|,
o que nos dá |α| = 9,4 rad/s2.
55. Combinando a Eq. 10-34 com a Eq. 10-45, obtemos RF = Iα, onde, de acordo com a Eq.
10-12 com ωo = 0, α = ω/t. Também podemos usar o fato de que
I = Iplaca + Idisco
em que Idisco = MR2/2 [item (c) da Tabela 10-2]. Assim,
Iplaca = RFt/ω − MR2/2 = 2,51 × 10−4 kg.m2.
56. Tomando como positivo o sentido anti-horário e combinando as Eqs. 10-33, 1-39 e 10-45,
obtemos:
t = mgL1 − mgL2 = I  = ( mL21 + mL22 ) .
Assim, em unidades do SI,
=
g ( L1 − L2
L21 + L22
) = (9,8 m/s )( 0, 20 m − 0,80 m ) = − 8, 65 rad/s
2
(0, 20 m)2 + (0, 80 m)2
2
330 soluções dos problemas
em que o sinal negativo indica que o sistema começa a girar no sentido anti-horário. A componente radial do vetor aceleração é nula, já que, como se trata do instante inicial, a velocidade
instantânea é zero. Assim, aplicando a Eq. 10-22, temos:

(a) a1 = ||L1 = (8,65 rad/s 2 ) ( 0,20 m ) = 1,7 m/s.

(b) a2 = ||L2 = (8,65 rad/s 2 ) ( 0,80 m ) = 6,9 m/s 2 .
57. Como a força é aplicada tangencialmente a uma distância r = 0,10 m do eixo, a aceleração
angular (supostamente positiva) é
=
t Fr (0, 5t + 0, 3t 2 )(0,10)
=
=
= 50 t + 30 t 2
I
I
1, 0 × 10 −3
em unidades do SI (rad/s2).
(a) Para o instante t = 3 s, a expressão acima nos dá α = 4,2 × 102 rad/s2.
(b) Integrando a expressão acima e levando em conta o fato de que ωo = 0, obtemos a velocidade
angular da polia no instante t = 3 s:
=
∫
3
0
 dt = ( 25t 2 + 10 t 3 )
3
0
= 5, 0 × 10 2 rad/s.
58. (a) A velocidade v do bloco após ter descido uma distância d a partir do repouso é dada por
v2 = 2ad (Eq. 2-16). Assim, para g = 980 cm/s2, temos:
v=
2(2mg)d
=
M + 2m
2ad =
4(50)(980)(50)
= 1, 4 × 10 2 cm/s.
400 + 2(50)
(b) A resposta é a mesma do item (a), 1,4 × 102 cm/s, já que a velocidade do bloco não depende de R.
59. Aplicamos a Eq. 10-55 com ω = (1800)(2π/60) = 188,5 rad/s:
P = t
⇒ t=
74.600 W
= 396 N ⋅ m.
188, 5 rad/s
60. (a) Aplicamos a Eq. 10-34:
1 2
1  1 2 2
1
I 5
mL  5 mL2 2

2
23
6
1
5 (0, 42 kg)(0, 75 m)2 (4, 0 rad/s)2 5 0, 63 J.
6
K5
(b) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, K = mgh. Assim, o centro de
massa alcança uma altura
h=
K
mL2 2 L2 2 (0,75 m)2 (4,0 rad/s)2
=
=
=
= 0,153 m ≈ 0,15 m.
6mg
6g
6(9,8 m/s 2 )
mg
61. A velocidade angular inicial é ω = (280 rev/min)(2π/60) = 29,3 rad/s.
(a) Como o momento de inércia, de acordo com a Tabela 10-2(a), é I = (32 kg)(1,2 m)2 = 46,1 kg ⋅ m 2
1,2 m)2 = 46,1 kg ⋅ m 2 , o trabalho necessário é
1 2
1
I  = − (46,1 kg ⋅ m 2 ) (29, 3 rad/s)2 = −1, 98 × 10 4 J.
2
2
(b) A potência média (em valor absoluto) é, portanto,
W = DK = 0 −
P =
W 19, 8 × 10 3
=
= 1, 32 × 10 3 W.
Dt
15
soluções dos problemas 331
62. (a) De acordo com a Eq. 10-33, temos:
Itotal = md2 + m(2d)2 + m(3d)2 = 14 md2,
em que d = 0,020 m e m = 0,010 kg. O trabalho necessário é
W = ∆K = Iωf 2/2 – Iωi2/2,
em que ωf = 20 rad/s e ωi = 0. Isso nos dá W = 11,2 mJ.
(b) Nesse caso, ωf = 40 rad/s e ωi = 20 rad/s, o que nos dá W = 33,6 mJ.
(c) Nesse caso, ωf = 60 rad/s e ωi = 40 rad/s, o que nos dá W = 56,0 mJ.
(d) De acordo com a Eq. 10-34, a inclinação é I/2. Assim, temos:
inclinação = 7md2 = 2,80 × 10−5 J . s2/rad2.
63. Vamos chamar de l o comprimento da régua. Como o centro de massa está a uma distância
l/2 das extremidades, a energia potencial inicial da régua é 12 mgl, sendo m a massa da régua.
A energia cinética inicial é zero. A energia potencial final é zero e a energia cinética final é
1
2
2 I  , em que I é o momento de inércia da régua em relação a um eixo que passa por uma das
extremidades e ω é a velocidade angular no momento em que a extremidade superior atinge o
solo. De acordo com a lei de conservação da energia, temos:
1
1
mgl = I  2 ⇒  =
2
2
mgl
.
I
Como a extremidade superior da régua está a uma distância l do eixo de rotação, a velocidade
ao atingir o solo é, de acordo com a Eq. 10-18,
v = l =
mgl 3
.
I
De acordo com a Tabela 10-2 e o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia é I = 13 ml 2
e, portanto,
v=
3 gl =
3(9, 8 m/s2 )(1, 00 m) = 5, 42 m/s.
64. (a) Usamos o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia:
I = I CM + Mh 2 =
1
1
2
2
MR 2 + Mh 2 = ( 20 kg ) ( 0,10 m ) + ( 20 kg ) ( 0,50 m ) = 0,15 kg ⋅ m 2 .
2
2
(b) De acordo com a lei de conservação da energia, Mgh = 12 I  2, em que ω é a velocidade angular do cilindro ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória. Assim,
=
2Mgh
=
I
2(20 kg)(9,8 m/s2 )(0,050 m)
= 11 rad/s.
0,15 kg ⋅ m 2
65. (a) Usamos a lei de conservação da energia mecânica para escrever uma expressão para ω2
em função do ângulo θ que a chaminé faz com a vertical. A energia potencial da chaminé é
dada por U = Mgh, em que M é a massa da chaminé e h é a altura do centro de massa da chaminé em relação ao solo. Quando a chaminé faz um ângulo θ com a vertical, h = (H/2) cos θ.
Inicialmente, a energia potencial é Ui = Mg(H/2) e a energia cinética é zero. Quando a chaminé
faz um ângulo θ com a vertical, a energia cinética é 12 I  2 , na qual I é o momento de inércia da
chaminé em relação à aresta da base. De acordo com a lei de conservação da energia,
MgH / 2 = Mg( H / 2)cosu +
1 2
I  ⇒  2 = (MgH / I )(1 − cosu ).
2
332 soluções dos problemas
De acordo com a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia da chaminé em relação à aresta da base é I = MH2/3. Assim,
3g
(1 − cosu ) =
H
=
3(9,80 m/s2 )
(1 − cos 35, 0° ) = 0, 311 rad/s.
55,0 m
(b) Como a componente radial da aceleração do topo da chaminé é ar = Hω2, temos:
ar = 3g (1 – cos θ) = 3 (9,80 m/s2)(1– cos 35,0°) = 5,32 m/s2.
(c) A componente tangencial da aceleração do topo da chaminé é dada por at = Hα, em que α
é a aceleração angular. Não podemos usar a Tabela 10-1 porque a aceleração não é constante.
Em vez disso, derivamos
ω2 = (3g/H)(1 – cos θ)
em relação ao tempo e substituímos dω/dt por α e dθ/dt por ω, o que nos dá
3g
3g
d 2
 sen u ⇒  =
( ) = 2 =
sen u .
2H
dt
H
Assim,
3(9, 80 m/s 2 )
3g
senu =
sen 35,0  = 8, 43 m/s2 .
at = H  =
2
2
3g
(d) O ângulo θ para o qual at = g é a solução da equação
sen u = g . Assim, sen θ = 2/3 e
2
θ = 41,8°.
66. De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia de uma casca esférica é 2MR2/3 e, portanto, a energia cinética (depois de o objeto descer uma distância h) é
K=
12
1 2
1 2
2
2
 MR  casca + I polia + mv .
2 3
2
2
Como o objeto partiu do repouso, essa energia deve ser igual (na ausência de atrito) à energia
potencial mgh do sistema no instante em que o objeto foi liberado. Substituindo a velocidade
angular da casca esférica por v/R e a velocidade angular da polia por v/r, temos:
v=
=
1
2
mgh
m + 12 rI2 +
M
3
=
2gh
1 + I /mr 2 + 2M / 3m
2(9, 8)(00, 82)
= 1, 4 m/s.
1 + 3, 0 × 10 −3 / (0, 60)(0, 050)2 + 2(4, 5) / 3(0, 60)
67. De acordo com o teorema dos eixos paralelos e os itens (e) e (h) da Tabela 10-2, o momento de inércia do corpo é
I = mL2/12 + m(L/2)2 + mR2/2 + m(R + L)2 = 10,83mR2,
em que usamos a relação L = 2R. Tomando a base da barra como origem do sistema de coordenadas (x = 0, y = 0) a ordenada do centro de massa é
y=
mL /2 + m( L + R)
= 2 R.
m+M
Comparando a posição mostrada na Fig. 10-45 com a posição invertida, vemos que a variação
da ordenada do centro de massa, em valor absoluto, é |∆y| = 4R. A perda correspondente de
energia potencial gravitacional é convertida em energia cinética. Assim,
K = (2m)g(4R) ⇒ ω = 9,82 rad/s
em que foi usada a Eq. 10-34.
soluções dos problemas 333
68. Escolhemos o sentido de rotação para que a velocidade angular inicial seja ω0 = –317 rad/s
e os valores de α, τ e F sejam positivos.
(a) Combinando a Eq. 10-12 com a Eq. 10-45 e a Tabela 10-2(f) (e usando o fato de que ω =
0), chegamos à expressão
2 MR 20
2
  
t =  MR 2   − 0  = −
.
 t 
5
5
t
Para t = 15,5 s, R = 0,226 m e M = 1,65 kg, obtemos τ = 0,689 N·m.
(b) De acordo com a Eq. 10-40, F = τ /R = 3,05 N.
(c) Usando novamente a expressão do item (a), mas desta vez com R = 0,854 m, obtemos
t = 9, 84 N ⋅ m.
(d) F = τ / R = 11,5 N.
69. O volume de cada disco é πr2h, sendo que h é a espessura. Chamando de R o raio do disco
maior e de r o raio do disco menor, as massas dos discos são m = ρπr2h e M = ρπR2h, em que
ρ é a massa específica. Podemos usar o teorema dos eixos paralelos e o item (c) da Tabela
10-2 para calcular o momento angular do conjunto:
I = MR2/2 + mr2/2 + m(r + R)2 = ρπh[R4/2 + r4/2 + r2(r + R)2 ] = 6,16 × 10−5 kg ⋅ m 2.
70. A roda partiu do repouso (ω0 = 0) no instante t = 0 com uma aceleração constante α. Durante
um intervalo de tempo ∆t, que começou em um certo instante t1, descreveu um ângulo ∆θ. Vamos
resolver primeiro o item (b).
(a) Usamos a Eq. 10-13 (com uma pequena mudança de notação) para descrever o movimento
durante o intervalo de tempo ∆t:
Du Dt
1
Du = 1Dt + (Dt )2 ⇒ 1 =
−
.
Dt
2
2
Substituindo na Eq. 10-12, temos:
1 = 0 + t1 ⇒
Du Dt
−
= t1 ⇒
Dt
2
90, 0 (2, 00)(3, 00)
= (2, 00) t1
−
2
3, 00
o que nos dá t1 = 13,5 s.
(b) Substituindo na expressão de ω1 já obtida, temos:
1 =
Du Dt 90, 0 (2, 00)(3, 00)
−
=
−
= 27, 0 rad//s.
Dt
2
3, 00
2
71. Escolhemos sistemas de coordenadas diferentes para os dois blocos para que a aceleração
de ambos seja positiva, o que nos permite escrever a2 = a1 = Rα (que, para simplificar, vamos
chamar apenas de a). Assim, escolhemos o sentido para a direita como positivo para o bloco 2
(o bloco que está sobre a mesa), o sentido para baixo como positivo para o bloco 1 (o bloco que
está pendurado) e (ao contrário da convenção usual) o sentido horário de rotação da polia como
positivo. Isso significa que interpretamos o valor de θ dado no problema como um valor positivo.
Aplicando a Segunda Lei de Newton às duas massas e à polia, obtemos as três equações a seguir
(nas quais levamos em conta a possibilidade de que exista atrito entre o bloco 2 e a mesa):
m1 g − T1 = m1a1
T2 − f2 = m2 a2
T1 R − T2 R = I .
334 soluções dos problemas
(a) De acordo com a Eq. 10-13 (com ω0 = 0), temos:
1
2u 2(0,130 rad)
u = 0 t + t 2 ⇒  = 2 =
= 31, 4 rad/s 2 .
2
t
(0,0910 s)2
(b) Como a = Rα, temos:
a=
2 Ru 2(0, 024 m)(0,130 rad)
=
= 0, 754 m/s 2 .
t2
(0,0910 s)2
(c) De acordo com a primeira equação,
2(0, 024 m)(0,130 rad) 
2 Ru 


T1 = m1 ( g − a1 ) = M  g − 2  = (6, 20 kg)  9, 80 m/ss 2 −




t
(0,0910 s)2
= 56,1 N.
(d) De acordo com a terceira equação,
T2 = T1 −
I
(7, 40 × 10 −4 kg ⋅ m 2 )(31, 4 rad/s 2 )
= 56,1 N −
= 55,1 N.
R
0,024 m
72. (a) Chamando de α a aceleração angular, de ω0 a velocidade angular inicial e de t o tempo
que a barra leva para parar, a equação ω0 + αt = 0 nos dá
=−
0
39, 0 rev/s
=−
= −1, 22 rev/s 2 = −7, 66 rad/s 2 .
t
32,0 s
(b) Usamos a equação τ = Iα, em que τ é o torque e I é o momento de inércia do sistema. A contribuição da barra para o momento de inércia é Ml2/12 [Tabela 10-2(e)], na qual M é a massa e
l o comprimento da barra. A contribuição de cada bola é m(l/2)2, em que m é a massa da bola.
O momento de inércia total é
M l2
ml 2 (6, 40 kg)(1, 20 m) (1, 06 kg)(1, 20 m)2 ,
+2
=
+
2
12
4
12
2
o que nos dá I = 1,53 kg ⋅m . O torque, portanto, é
I=
t = (1, 53 kg ⋅ m 2 )(−7, 66 rad/s2 ) = −117 N ⋅ m.
(c) Como o estado final do sistema é o repouso, a energia mecânica que é convertida em energia
térmica é igual à energia cinética inicial:
2
1 2 1
I 0 = (1, 53 kg ⋅ m 2 ) (2 )(39, 0) rad/s = 4, 59 × 10 4 J.
2
2
(d) De acordo com a Eq. 10-13,
Et = K i =
1
1
u = 0 t + t 2 = [ (2 )(39, 0)rad/s ] (32, 0 s) + (−7, 66 rad/s 2 )(32, 0 s)2 ,
2
2
o que nos dá 3920 rad ou (dividindo por 2π) 624 rev.
(e) Apenas a energia mecânica que é transformada em energia térmica pode ser calculada sem
informações adicionais. O valor dessa energia é 4,59 × 104 J independentemente do modo como
o torque varia com o tempo, contanto que o estado final do sistema seja o repouso.
73. A sugestão proposta no enunciado facilita a solução do item (a), mas apresentamos uma solução mais detalhada para que o leitor possa confirmar que a sugestão está correta.
(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, a força centrípeta exercida sobre uma parte infinitesimal da pá, de massa dm, situada a uma distância r do eixo de rotação, é dada por dF =
(dm)ω2r e a velocidade angular é
 = ( 320 ) ( 2π 60 ) = 33, 5 rad s.
soluções dos problemas 335
Assim, chamando de M e de L a massa e o comprimento da pá, respectivamente, e levando em
conta a relação dm = (M/L) dr, a força total a que está submetida a pá é
F 5 ∫ dF 5 ∫  2 rdm 5
M
L
∫
L
0
2
 rdr 5
M  2 L (110 kg)) (33, 5 rd/s)2 (7, 80 m)
5
2
2
5
5 4, 81 3 10 N.
(b) De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia da pá em relação ao centro de massa
é I = ML2/12. Quando usamos o teorema dos eixos paralelos para “transferir” o eixo de rotação
para a extremidade da pá, o momento de inércia se torna I = ML2/3. De acordo com a Eq. 1045, o torque (suposto constante) é
2  33, 5 rad/s 
1
  D  1
4
= (110 kg ) ( 7, 8 m ) 
t = I  =  ML2  
 = 1,12 × 10 N ⋅ m.
  Dt  3
3
 6, 7 s 
(c) De acordo com a Eq. 10-52, o trabalho realizado é
W = DK =
1 2
11
1

I  − 0 =  ML2   2 = (110 kg ( 7, 80 m

2
23
6
)
) (33, 5 rad/s)
2
2
= 1, 25 × 10 6 J.
74. O deslocamento angular dos discos A e B é dado por
1
u A =  At , uB = B t 2 .
2
(a) O instante em que u A = u B é dado por
1
2 A 2(9, 5 rad/s)
 At = B t 2 ⇒ t =
=
= 8, 6 s.
2
B
(2,2 rad/s 2 )
(b) A diferença entre os deslocamentos angulares é
1
Du = u A − u B =  A t −  B t 2 = 9, 5t − 1,1t 2 .
2
Para que as linhas de referência dos dois discos estejam alinhadas, é preciso apenas que ∆θ =
2πN, em que N é um número inteiro. Resolvendo a equação do segundo grau acima, obtemos:
tN =
9, 5 ± (9, 5)2 − 4(1,1)(2 N ) 9, 5 ± 90, 25 − 27, 6 N
=
.
2(1,1)
2, 2
A solução t ′ = 8,63 s, obtida fazendo N = 0 e escolhendo o sinal positivo para a raiz quadrada,
coincide com o resultado obtido no item (a), enquanto a solução t ′′ = 0, obtida escolhendo o
sinal negativo para a raiz quadrada, é o momento em que os discos começam a girar. Fazendo
N = 1 e escolhendo a raiz positiva, obtemos t ′ = 7,92 s; escolhendo a raiz negativa, obtemos
t ′′ = 0,72. Fazendo N = 2 e escolhendo a raiz positiva, obtemos t ′ = 7,01 s; escolhendo a raiz
negativa, obtemos t ′′ = 1,63; fazendo N = 3 e escolhendo a raiz positiva, obtemos t ′ = 5,56 s;
escolhendo a raiz negativa, obtemos t ′′ = 3,08. Para valores de N maiores que 3, o radicando se
torna negativo e a equação não tem solução real. Assim, a resposta é não.
0
0
1
1
2
2
3
3
75. O módulo do torque é o produto do módulo da força pelo braço de alavanca. Neste caso, a
força é a força gravitacional, que passa pelo centro de massa. Assim,
t = I  = rF = rmg,
em que r é a distância horizontal entre o centro de massa do equilibrista e o arame.
(a) Sem a vara, para I = 15 kg ? m2, a aceleração angular é
=
rF rmg (0, 050 m)(70 kg)(9, 8 m/s 2 )
=
=
= 2, 3 rad/s 2 .
I
I
15 kg ⋅ m 2
336 soluções dos problemas
(b) Quando o equilibrista carrega uma vara, o torque aplicado à vara pela força gravitacional
tem o sentido oposto ao torque aplicado ao equilibrista pela força gravitacional. Assim, o torque resultante é
t res =
∑ r F = (0, 050 m)(70 kg)(9,8 m/s ) − (0,10 m)(14 kg)(9,8 m/s ) = 20, 58 N ⋅ m,
i
2
i
2
i
e a aceleração angular resultante é
=
t res 20, 58 N ⋅ m
=
≈ 1, 4 rad/s 2 .
I
15 kg ⋅ m 2
76. O movimento acontece em duas etapas. Na primeira, no intervalo 0 ≤ t ≤ 20 s, a roda se
move com uma aceleração angular constante dada por
=
5, 0 rad s
= 2, 5 rad s 2 .
2, 0 s
Na segunda, no intervalo 20 < t ≤ 40 s, a roda se move com uma velocidade angular constante
dada por ω = ∆θ/∆t. Analisando o primeiro estágio, obtemos:
1
u1 = t 2
= 500 rad,
2
t = 20
 = t t =20 = 50 rad s.
Analisando o segundo estágio, obtemos:
u2 = u1 + Dt = 500 rad + ( 50 rad/s ) ( 20 s ) = 1, 5 × 10 3 rad.
77. Vamos supor que o sentido inicial de rotação do prato é positivo. Nesse caso, como ω0 > 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:
=−
33, 33 rev/min
= −66, 7 rev/min 2 ≈ −67 rev/min 2 .
0, 50 min
(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=
(4, 5 × 10 9 anos) (3,16 × 10 7 s/ano)
= 26.
5, 5 × 1015 s
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
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:
.
2
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 =
1 2
I ⇒  =
2
2K rot
=
I
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 + 2u ⇒  =
(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=
1
 v2  1
mR 2  2  + mv 2 = mv 2 = (140 kg ( 0,150 m/s
R  2
2
)
)
2
= 3,15 J,
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 =
2 (10 ) 1
2mv 2
2m
=
=
=
= 0,0
020.
2
2
Mv + 2mv
M + 2m 1000 50
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
mgh =
1 2
12
v 
mvCM +  mr 2   CM  + 2mgR
 r 
2
25
⇒ gh =
7 2
vCM + 2 gR
10
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:
N=m
que, para R >> r , nos dá
N≈
2
vCM
50 gR
=m
R−r
7( R − r )
50 mg 50(2, 80 × 10 −4 kg)(9,80 m/s 2 )
=
= 1, 96 × 10 −2 N.
7
7
(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 î + (12,0 + 2,00Fx) ĵ + (14,0 + 3,00Fx) k̂
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 ) ĵ. 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
temos:
x ′ = 5, 0, y ′ = −2, 0, z ′ = 0, v x = 30, v y = 60 e vz = 0,

 
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) î – (4,00 m/s2) ĵ + (2,00 m/s2) k̂ .
(b) De acordo com a Eq. 11-18, temos:

L = (42,0 kg.m2/s) î + (24,0 kg.m2/s) ĵ + (60,0 kg.m2/s) k̂.
(c) O torque é dado por
  
t = r × F = (–8,00 N ⋅ m ) î – (26,0 N ⋅ m ĵ – (40,0 N ⋅ m ) k̂.
(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 î, 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 k̂ 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
trário ao do vetor k̂; no item (b), por exemplo, l = −4, 0 t 2 kˆ em unidades do SI. Para calcular o
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 k̂ (aumentando a velocidade angular dos objetos que giram no sentido horário) para t > 0 e no sentido do vetor k̂ 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 k̂ (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 k̂  N ⋅ m.

t   t
dt
(
(
Este vetor aponta no sentido do vetor k̂ (diminuindo a velocidade angular dos objetos que giram
no sentido horário) para t > 0 e no sentido contrário ao do vetor k̂ para t < 0.
35. (a) Notamos que

 dr
v=
= 8,0t î – (2,0 + 12t) ĵ
dt
com unidades do SI implícitas. De acordo com as Eqs. 3-30 e 11-18, o momento angular da

partícula é 8t2 k̂ . De acordo com a Eq. 11-23, t = (48t k̂) N ⋅ m .
(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 hC
=
= 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
que podemos converter da seguinte forma:
ω = (440 rad/s)(60 s/min)(1 rev/2π rad) ≈ 4,2 ×103 rev/min.
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 =
(b) A velocidade angular é constante:
=
19
mR 2 = 1, 6 kg ⋅ m 2 .
6
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 ii = ( 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 ii2 , 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 ii2 / 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 ii = 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 ii2 / 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 k̂ 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 k̂ . 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
I11 + I 22 ( 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:
I11 + I 22 ( 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
f =
1
I1
I1
(800 rev/min) = (800 reev/min) = 267 rev/min .
i =
3
I1 + I 2
I1 + 2( I1 )
(b) A energia cinética inicial é K i = 12 I1i2 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 22i = m10 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, 330 .


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
Lii / 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:
( (4, 0 kg)(0, 5 m ) + (0, 003 kg)(0, 25 m ) )(10 rad/s) = 1, 3 × 10
v=
1
12
2
( 0, 25 m ) ( 0, 003 kg) s e n 60°
2
3
m/s.
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
364 soluções dos problemas
Li 5 m1v1i r1i 1 I 22i 5 m10 R22 1


1 m2  R12
1
m2 ( R12 1 R22 )0 5 m1 R220 11
11  .
2

2 m1  R2
2


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

1 m2 
R22  
1
m2 ( R12 1 R22 ) f 5 m1 R12 f 11
1
1
.
2 m1 
R12  
2

Como Lf = Li, temos:

1 m2  R12
11
2

f
2 m1  R2
R 

11 2(0, 25 1 1)
5  2
5 1, 273.
5 (2, 0)2
2
0
11 2(11 4)
 R1 
1 m2 
R2 
11
11 2 
2 m1 
R1 
2
11
Assim,  f = 1, 2730 . 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 Lff / 2 f
=
=
= 1, 273 ,
Ki
Lii / 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



1
(2, 00 kg)(0, 800 m)2 (8, 00 rad/s)2 [11 (1/ 2)(4)(0, 52 1 1)
2
5 143, 36 J,
5
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 ii , 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 21 = (4, 0 kg)(0, 60 m)2 (4, 49 rad/s) = 6, 46 kg ⋅ m 2 /s
L2 = I 2 = mr 22 = (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
2
K
I 2 / 2
I 
99  91 
=
=   =
  = 0, 92.
2
K 0 I 00 / 2 I 0  0 
91  99 
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 00 = 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,
I11 = I 22 . Assim, o tempo total do percurso é
t = t1 + t2 =

u1 u2
u1
u
1  I1
+
=
+ 2 =
u1 + u2  .

1 2 I 22 / 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 ii = 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
12
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
 
r ′ × v = ( x ′v y − y ′v x k̂.
)

(a) Sabemos que r ′ aponta na direção + î ou na direção − î , 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 − î (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 î 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 î 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

Li = [(0,5 m)(2,5 kg)(3,0 m/s) + (0,1 m)(4,0 kg)(4,5 m/s)] k̂.
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


Lf = Li = (5,55 kg ⋅ m 2 /s ) k̂.
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
mgd sen u =
⇒ mgd sen u =
1 2  mr 2 
 mr 2 
I 
+ 1 = DK rot 
+ 1
 I

 I

2
(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
K5
1
1
1 2
1
7
v
2
2
2
I CM 2 1 MvCM
5  MR 2  CM  1 MvCM
5
MvCM
,
 R 
2
2
25
2
10
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:
t=
=

I CM  
 1 + MR 2   vCM ,0 ±
0 
2
vCM
,0 −

2 gyCM
2 
1+I CM / MR0 
g

2(9, 8)(−1, 2)
0, 000095  

2
 1 + (0,12)(0, 0032)2   −1, 3 ± (1, 3) − 1 + 0, 000095 / (0,12)(0, 0032)2 


9, 8
= −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:
2
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.
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 k̂ .

 
(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
K rot =
1 2 11
1
 v
I  =  MR 2    = Mv 2
  R
2
22
4
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
2
⇒
 3v 2 
1
1 2 1  v
⇒ I=
mv + I   = mg 



2mR 2
2
2 R
 4g 
(b) De acordo com a Tabela 10-2(c), o corpo pode ser um cilindro.