Resolução Halliday 1, Exercícios de Física Clássica

Baixe Resolução Halliday 1 e outras Exercícios em PDF para Física Clássica, somente na Docsity! [E IT VA Vea Décima Edição Jearl Walker Fundamentos de Fisica O Mecânica +* (ém LTC Capítulo 1 1. PENSE Neste problema é fornecido o raio da Terra, e devem ser calculados a circunferência, a área superficial e o volume da Terra. FORMULE Supondo que a Terra é uma esfera de raio a circunferência, a área superficial e o volume são dados por As fórmulas anteriores aparecem no Apêndice E. ANALISE (a) Usando a primeira fórmula, obtemos (b) Usando a segunda fórmula, obtemos (c) Usando a terceira fórmula, obtemos APRENDA De acordo com essas fórmulas, ~ ,TC R 2~ TA R e 3~ .TV R As razões entre volume e área superficial e entre área su- perficial e circunferência são / /3TV A R= e / 2 .TA C R= 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 2 20,50 gry = 0,18 ponto . 3. Os prefixos do SI (micro, pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2 do livro-texto. (a) Como 1 km = 1 H 103 m e 1 m = 1 H 106 μm, ( )( )3 3 6 91 km 10 m 10 m 10 m m 10 m.µ µ= = = Como o valor dado é 1,0 km (dois algarismos significativos), o resultado deve ser escrito na forma 1,0 H 109 μm. (b) Como 1 cm = 10-2 m, ( )( )2 2 6 41 cm = 10 m = 10 m 10 m m 10 m.µ µ− − = Concluímos que a fração de centímetro igual a 1,0 μm é 1,0 H 10-4. (c) Como 1 yd = (3 ft)(0,3048 m/ft) = 0,9144 m, ( )( )6 51,0 yd = 0,91m 10 m m 9,1 10 m.µ µ= × 4. (a) Usando os fatores de conversão 1 polegada = 2,54 cm e 6 paicas = 1 polegada, temos: 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 594 33 662 , . 7 7 40 5C B B A t t t t= + = − Esses dados podem ser usados para obter os resultados a seguir. (a) Temos: ( )33 495 s 40B B A A t t t t′ ′− = − = para t Á - tA = 600 s. (b) Temos: ( ) ( )2 2 495 141 s. 7 7C C B B t t t t′ ′− = − = = (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. 14. Os prefixos do SI (micro, pico, nano, …) aparecem na Tabela 1-2 do livro-texto. (a) ( )6 100 anos 365 dias 24 h 60 min1 século 10 século 52,6 min. 1 século 1 ano 1 dia 1 h µ −         = =                (b) A diferença percentual é, portanto, 52,6min 50min 4,9% 52,6min − = 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 H 1012 μs. 16. A frequência de rotação f do pulsar é dada por 3 1 rotação 1,55780644887275 10 s f −= × (a) Multiplicando f pelo intervalo de tempo t = 7,00 dias (o que equivale a 604.800 s, se ignorarmos temporariamente as conside- rações relativas ao número de algarismos significativos), obtemos o número de rotações ( )3 1 rotação 604.800 s 388.238.218,4 1,55780644887275 10 s N −   = = ×  que podemos arredondar para 3,88 H 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 6 3 1 rotação 1 10 1,55780644887275 10 s t−   × =  ×  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). M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 (c) De acordo com os dados do problema, a incerteza por revolução é 173 10 s−± × . Assim, após um milhão de revoluções, a incerteza será 17 6 11 ( 3 10 )(1 10 )= 3 10 s− −± × × ± × . 17. PENSE Neste problema, devemos colocar 5 relógios em ordem de confiabilidade, com base no seu desempenho. FORMULE Em primeiro lugar, observamos que a leitura de nenhum dos relógios aumenta de exatamente 24 horas em um período de 24 horas, mas esse não é o critério mais importante para julgar a confiabilidade de um relógio. O que importa é que o relógio adiante ou atrase do mesmo valor (ou quase do mesmo valor) a cada intervalo de 24 horas, pois, nesse caso, a leitura do relógio pode ser facilmente ajustada para o valor correto. ANALISE A tabela que se segue mostra as correções (em segundos) que devem ser aplicadas à leitura de cada relógio para cada período de 24 horas. As correções foram calculadas subtraindo a leitura do relógio no final do intervalo da leitura do relógio no início do intervalo. Os relógios C e D são os mais confiáveis, porque, para eles, a diferença entre o intervalo de tempo medido e o intervalo de tempo real é constante, o que torna possível ajustar o relógio com relativa facilidade. Como a correção necessária é menor para o relógio C, ele pode ser considerado o melhor de todos, seguido pelo relógio D. A correção que deve ser aplicada varia de +15 s a +17 s para o relógio A, de -5 s a +10 s para o relógio B, e de -70 s a -2 s para o relógio E. Assim, o relógio que apresenta a menor variação das correções (com exceção de C e D, para os quais a variação é zero) é o relógio A, seguido por B e por D. A ordem dos relógios em termos de confiabilidade é, portanto, C, D, A, B, E. RELÓGIO Dom. Seg. Ter. Qua. Qui. Sex. Seg. Ter. Qua. Qui. Sex. Sáb. A -16 -16 -15 -17 -15 -15 B -3 +5 -10 +5 +6 -7 C -58 -58 -58 -58 -58 -58 D +67 +67 +67 +67 +67 +67 E +70 +55 +2 +20 +10 +10 APRENDA Os relógios A, B e E adiantam ou atrasam de forma irregular, o que os torna pouco confiáveis. 18. A diferença entre a duração do último dia dos 20 séculos e a duração do primeiro dia é ( ) ( )˙˙˙˙˙˙˙˙˙˙˙˙˙ = 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 ( )( ) ( ) aumento médio da duração do dia número de dias 0,01 s 365,25 dias 2000 anos dia ano 7305 s T =    =         = 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 a seguir. 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. 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R Seja d a distância do ponto B até seus olhos. De acordo com o teorema de Pitágoras, 2 2 2 2 2( ) 2d r r h r rh h+ = + = + + ou 2 22 ,d rh h= + em que r é o raio da Terra. Como r >> h, o segundo termo pode ser desprezado, o que nos dá 2 2d rh≈ . O ângulo entre as duas tangentes é θ, que também é o ângulo descrito pelo Sol em relação à Terra no intervalo de tempo t = 11,1 s. O valor de θ pode ser calculado usando a relação 360 24 h tθ = ° , o que nos dá (360 )(11,1 s) 0,04625 . (24 h)(60 min/h)(60 s/min) θ °= = ° Como tand r θ= , temos 2 2 2tan 2d r rhθ= = e, portanto, 2 2 tan hr θ = Usando o valor de θ já calculado e fazendo h = 1,7 m, obtemos 65,2 10 m.r = × 20. (a) Determinamos o volume em centímetros cúbicos 33 5 3231in 2,54 cm193 gal (193 gal) 7,31 10 cm 1gal 1in    = = ×      e subtraímos de 1 H 106 cm3 para obter 2,69 H 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 ( ) ( )3 21000 kg m 0,731 m = 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 5731 kg 4,06 10 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). M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 9 ( ) 1 329 31 3 103 1,18 10 m3 1,41 10 m. 4 4 VR π π − −  ×   = = = ×       A distância entre os centros dos átomos é igual a duas vezes o raio atômico, 2,82 H 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 H 10-26 kg, existem aproximadamente (10 kg)/( 2 H 10-26 kg) ≈ 5 H 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 ( ) 100gin 16tahil 10chee 10 hoon 0,3779g28,9 piculs 1picul 1gin 1tahil 1 chee 1hoon                   o que nos dá 1,747 H 106 g ou aproximadamente 1,75 H 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 0,8( ) 5,00 3,00 20,00m t t t= − + em relação a t, temos: 0,24,00 3,00. dm t dt −= − A massa é máxima para / 0dm dt = ou 1/0,2(4,00 / 3,00) 4,21s.t = = (b) Em 4,21s,t = a massa de água é 0,8( 4,21s) 5,00(4,21) 3,00(4,21) 20,00 23,2 g.m t = = − + = (c) A taxa de variação na massa em 2,00 st = é 0,2 2,00 s 2 g 1 kg 60 s 4,00(2,00) 3,00 g/s 0,48 g/s 0,48 s 1000 g 1 min 2,89 10 kg/min. t dm dt − = −  = − = = ⋅ ⋅  = × (d) Analogamente, a taxa de variação da massa em 5,00 st = é 0,2 2,00 s 3 g 1 kg 60 s 4,00(5,00) 3,00 g/s 0,101g/s 0,101 s 1000 g 1 min 6,05 10 kg/min. t dm dt − = −  = − = − = − ⋅ ⋅  = − × 31. A massa específica do chocolate é 4 3 4 3 3 0,0200 g 4,00 10 g/mm 4,00 10 kg/cm . 50,0 mm m V ρ − −= = = × = × Desprezando o volume do espaço vazio entre as barras, a massa total das barras contidas no recipiente até a altura h é ,M Ahρ= na qual 2(14,0 cm)(17,0 cm) 238 cmA = = é a área da base do recipiente, que permanece inalterada. Assim, a taxa de variação da massa é dada por 4 3 2( ) (4,00 10 kg/cm )(238 cm )(0,250 cm/s) 0,0238 kg/s 1,43 kg/min. dM d Ah dhA dt dt dt ρ ρ −= = = × = = 1 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 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 H 12 = 240 m2) mais um paralelepípedo retângulo (de altura h´ = 6,0 m e mesma base). Assim, 31 1800 m . 2 2 hV hA h A h A ′ ′= + = + =    (a) Como todas as dimensões são divididas por 12, temos: ( ) 3 3 3 boneca 1 1800 m 1,0 m . 12 V  = ≈    (b) Nesse caso, todas as dimensões (em relação à casa de verdade) são divididas por 144. Assim, ( ) 3 3 4 3 miniatura 1 1800 m 6,0 10 m . 144 V − = ≈ ×    33. PENSE Este problema envolve três tipos diferentes de tonelada: tonelada de deslocamento, tonelada de frete e tonelada de re- gistro, todas unidades de volume. FORMULE Os três tipos diferentes de tonelada são definidos em termos do barrel bulk. Sabemos que 1 barrel bulk = 0,1415 m3 = 4,0155 alqueires americanos (usando a relação 1 m3 = 28,378 alqueires americanos). Assim, em termos de alqueires americanos, temos ANALISE (a) A diferença entre 73 toneladas de frete e 73 toneladas de deslocamento é 73 (toneladas de frete toneladas de deslocamento) 73(32,124 alqueires americanos 28,108 alqueires americanos 293,168 alqueires americanos 293 alqueires americanos V∆ = − = − = ≈ (b) Analogamente, a diferença entre 73 toneladas de registro e 73 toneladas de deslocamento é 3 73(toneladas de registro toneladas de deslocamento) 73(80, 31 alqueires americanos 28,108 alqueires americanos) 3810, 746 alqueires americanos 3,81 10 alqueires americanos V∆ = − = − = ≈ × APRENDA Como 1 tonelada de registro > 1 tonelada de frete > 1 tonelada de deslocamento, esperamos que a diferença calculada no item (b) seja maior que a diferença calculada no item (a), e isso é realmente o que acontece. 34. Se o freguês espera um volume V1 = 20 H 7056 in3 e recebe V2 = 20 H 5826 in3, a diferença é 3 1 2 24600 inV V V∆ = − = , ou ( ) 3 3 3 2,54cm 1 L 24.600 in. 403 L 1 in 1000 cm V    ∆ = =       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: ) M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 1 (a) ( ) 2 peck11 tuffets = 11 tuffets 22 pecks 1 tuffet   =    . (b) ( ) 0,50 Imperial bushel11 tuffets = 11 tuffets 5,5 Imperial bushels 1 tuffet   =    . (c) ( ) 36,3687 L11 tuffets = 5,5 Imperial bushel 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 H 10-2 e assim por diante. Isso significa que 1 pottle = 1,56 H 10-3 wey e 1 gill = 8.32 H 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 seguinte da segunda coluna é 1 12 = 8,33 H 10-2. Analogamente, 1 pottle = 1,74 H 10-3 chaldron e 1 gill = 9,24 H 10-6 chaldron. (c) Na terceira coluna (“bag”), temos 1 chaldron = 12,0 bag, 1 bag = 1 bag, 1 pottle = 2,08 H 10-2 bag e 1 gill = 1,11 H 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 H 10-3 pottle. (e) Na última coluna (“gill”), temos 1 chaldron = 1,08 H 105 gill, 1 bag = 9,02 H 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 H 10-6 m3, o volume de um mol é 6,02 H 1023 cm3 = 6,02 H 1017 m3. A raiz cúbica desse número é o comprimento da aresta, 5 38,4 10 m× . Isso equivale a aproximadamente 8 H 102 km. 38. (a) Usando o fato de que a área A de um retângulo é (largura) H (comprimento), temos: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) total 2 2 3,00acres 25,0perch 4,00perch 40 perch 4 perch 3,00 acre 100perch 1acre 580 perch . A = +   = +    = 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 2 5 2 total 16,5ft 580 perch 1,58 10 ft . 1perch A   = = ×    Em seguida, usamos o fator de conversão, pés → metros, dado no Apêndice D para obter ( ) 2 5 2 4 2 total 1m 1,58 10 ft 1,47 10 m . 3,281ft A   = × = ×    39. PENSE Este problema envolve uma comparação entre o galão inglês e o galão americano, duas unidades de volume que não pertencem ao SI. Uma interpretação errônea do tipo de galão faz com que o cálculo da quantidade de gasolina necessária para percorrer uma dada distância seja feito de forma incorreta. 1 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R ( ) 3 7 3 31 km2 10 m 0,020 km . 1000 m V   = × =    47. PENSE Este problema envolve a conversão da velocidade de luz de unidades do SI para unidades astronômicas por minuto. FORMULE Para começar, determinamos os fatores de conversão de metros em unidades astronômicas (UA) e de segundos em minutos, usando as relações 1000 m = 1 km, 1 UA = 1,50 H 108 km, 60 s = 1 min ANALISE Usando os fatores de conversão anteriores, obtemos APRENDA Quando a velocidade da luz é expressa em UA/min, fica óbvio que são necessários 8,3 (= 1/0,12) minutos para que a luz solar chegue à Terra (ou seja, percorra uma distância de 1 UA). 48. Como a unidade de massa atômica é 241 u 1,66 10 g−= × (veja o Apêndice D), a massa de um mol de átomos é aproximadamente 24 23(1,66 10 g)(6,02 10 ) 1g.m −= × × = 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 10 g 7,5 m′ = = Em unidades de massa atômica, a massa média de um átomo da toupeira comum é 23 23 10 g 1,66 10 g 10 u. 6,02 10A m N −′ = = × = × 49. (a) Elevando ao quadrado a relação 1 ken = 1,97 m, temos: 2 2 2 2 2 1 ken 1,97 m 3,88. 1 m 1 m = = (b) Analogamente, temos 3 3 3 3 3 1 ken 1.97 m 7,65. 1 m 1 m = = (c) O volume de um cilindro é a área da base multiplicada pela altura. Assim, ( ) ( )22 33,00 5,50 156 ken .r hπ π= = (d) Multiplicando o resultado do item (c) pelo resultado do item (b), obtemos o volume em metros cúbicos: (155,5)(7,65) = 1,19 H 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. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5 51. (a) Para o mínimo (43 cm), a conversão é a seguinte: 0,43 m 9 cúbitos (9 cúbitos) 3,9 m 1cúbito   = =    Para o máximo (53 cm), temos: 0,53 m 9 cúbitos (9 cúbitos) 4,8 m 1cúbito   = =    (b) Da mesma forma, como 0,43 m → 430 mm e 0,53 m → 530 mm, obtemos 3,9 H 103 mm e 4,8 H 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 2 3 3 3 cilindro, min 0,43m 28 cúbitos 28 cúbitos 2,2 m . 4 1 cúbito V dπ   = = = =     Substituindo 0,43 m por 0,53 m, obtemos Vcilindro, max = 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: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 28 2 36 100 hide 110 acre 4047 m 1 wp 1 acre1 hide 1 10 m 1 barn 25 wp 1 10 . 11 barn −× ≈ × 53. PENSE Este problema envolve a conversão da distância entre a Terra e o Sol (1 UA) para parsecs e para anos-luz. FORMULE Para determinar a relação entre parsecs (pc) e unidades astronômicas (UA), levamos em conta o fato de que o ângulo central θ de um arco de circunferência, em radianos, é igual ao comprimento do arco, s, dividido pelo raio R da circunferência. No caso de um raio muito grande e um ângulo central muito pequeno, o comprimento do arco pode ser aproximado por um segmento de reta. Assim, podemos usar a aproximação s = 1 UA, o que nos dá R = 1 pc = 1 UA/θ. Logo, Assim, um parsec é Como um ano-luz corresponde a aproximadamente 3,16 H 107 s, ANALISE (a) Como 1 pc = 2,06 H 105 UA, temos (b) Como 1 UA = 92,9 H 106 milhas, temos 1 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R APRENDA Combinando os dois resultados, obtemos a relação 1 pc = 3,2 anos-luz. Além disso, o resultado do item (b) mostra que a luz solar leva 1,57 H 10–5 ano , ou cerca de 8,3 minutos, para cobrir a distância de 1 UA que separa o Sol da Terra. 54. (a) De acordo com o Apêndice D, 1 ft = 0,3048 m, 1 gal = 231 in3 e 1 in3 = 1,639 H 10-2 L. Assim, 1 gal = 3,79 L e 22 2 2460 ft 1 m 1gal460 ft /gal 11,3 m / L. gal 3,28 ft 3,97 L      = =          (b) Como 1 m3 equivale a 1000 L, o resultado do item (a) nos dá 2 2 4 1 3 11,3 m 1000 L 11,3 m / 1,13 10 m . L 1 m L −    = = ×      (c) O inverso da grandeza original é (460 ft2/gal)-1 = 2,17 H 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)]. 55. (a) O vaso tem um volume de (40 cm)(40 cm)(30 cm) = 48000 cm3 = 48 L = (48)(16)/11,356 = 67,63 garrafas normais, o que corresponde a pouco mais de 3 nabucodonosores (a maior garrafa da lista). O volume de vinho restante, 7,63 garrafas normais, corresponde a pouco menos que 1 matusalém. Assim, a resposta do item (a) é 3 nabucodonosores e 1 matusalém. (b) Como 1 matusalém = 8 garrafas normais, vai sobrar 8 – 7,63 = 0,37 garrafa normal. (c) Usando a relação 16 garrafas normais = 11,356 L, obtemos 11,356 L 0,37 garrafa normal (0,37 garrafa normal) 0,26 L 16 garrafas normais   = =    56. A massa do porco é 3,108 slugs, o que equivale a (3,108)(14,59) = 45,346 kg. Quanto ao milho, um alqueire americano equivale a 35,238 L. Assim, um valor de 1 para a razão milho-porco equivale a 35,238/45,346 = 0,7766 em kg/L. Assim, um valor de 5,7 para a razão milho-porco corresponde a 5,7(0,777) H 4,4 kg/L. 57. Duas pimentas jalapeño têm uma ardência de 8000 SHU; se multiplicarmos esse valor por 400 (o número de pessoas que vão participar do jantar), obtemos 3,2 H 106 SHU, o que corresponde a uma ardência dez vezes maior que a de uma pimenta habanero. Mais precisamente, são necessárias 10,7 pimentas habanero para obter a ardência desejada. 58. Uma solução simplista seria calcular o aumento total como o produto do número de degraus da escada pelo aumento da dis- tância horizontal por degrau, Dx = 0,05 m: Entretanto, examinando a questão mais detidamente, chega-se à conclusão de que, na verdade, se são necessárias N = 4,57/0,19 H 24 elevações para chegar ao alto da escada, então são necessários apenas N - 1 = 23 percursos (deslocamentos horizontais). Desse modo, a solução correta é (23)(0,05 m) = 1,15 m, ligeiramente menor que o resultado anterior. 59. O volume da caixa de isopor é 24000 cm3 = 24 litros, o que equivale (usando o fator de conversão dado no problema) a 50,7 pints americanos. O número esperado de ostras é, portanto, de 1317 a 1927 ostras do Atlântico. O número de ostras do Pacífico recebidas está entre 406 e 609, o que representa um número de ostras a menos entre 700 e 1500. Essa é a resposta do problema. Note que o menor valor da resposta corresponde à diferença entre o menor número de ostras do Atlântico e o maior número de ostras do Pacífico, e o maior valor da resposta corresponde à diferença entre o maior número de ostras do Atlântico e o menor número de ostras do Pacífico. 60. (a) O primeiro passo consiste em converter todos os volumes de água para colheres de chá inglesas: 1 xícara inglesa = 2 H 8 H 2 H 2 = 64 colheres de chá inglesas 1 xícara de chá = 8 H 2 H 2 = 32 colheres de chá inglesas 6 colheres de sopa = 6 H 2 H 2 = 24 colheres de chá inglesas L M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 Como o deslocamento total é Dx = Dx1 + Dx2 = 40 km + 40 km = 80 km, e o tempo total Dt = Dt1 + Dt2 = 2,00 h, a velocidade média é (b) Neste caso, a velocidade escalar média é igual à velocidade média: vesc méd = 40 km/h. (c) O gráfico da distância percorrida em função do tempo, que aparece na figura a seguir, é formado por dois segmentos de reta consecutivos, o primeiro com uma inclinação de 30 km/h, ligando a origem ao ponto (Dt1, Dx1) = (1,33 h, 40 km), e o segundo com uma inclinação de 60 km/h, ligando o ponto (Dt1, Dx1) ao ponto (Dt, Dx) = (2,00 h, 80 km). Graficamente, a inclinação da reta tracejada que liga a origem ao ponto (Dt, Dx) representa a velocidade média. APRENDA A velocidade média é uma grandeza vetorial que é função do deslocamento total (que também é um vetor) do ponto inicial ao ponto final e do tempo gasto para executar esse deslocamento. 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 subida descida subida descida subida descida 2D D D D Dt t v v + = + + 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. PENSE Neste problema de cinemática unidimensional, conhecemos a função posição, x(t), de um objeto, e devemos calcular a posição e a velocidade do objeto em vários instantes de tempo. FORMULE Se a função posição é x(t) = (3 m/s)t – (4 m/s2)t2 + (1 m/s3)t3, a posição do objeto no instante t0 é dada por x(t0). No intervalo de tempo 1 2t t t≤ ≤ , o deslocamento do objeto é dado por 2 1( ) ( )x x t x t∆ = − . De acordo com a Eq. 2-2, a velocidade média nesse intervalo é dada por ANALISE (a) Fazendo t = 1 s na função x(t), obtemos x(1 s) = (3 m/s)(1 s) – (4 m/s2)(1 s)2 + (1 m/s3)(1 s)3 = 0. 2 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (b) Para t = 2 s, obtemos x(2 s) = (3 m/s)(2 s) – (4 m/s2) (2 s)2 + (1 m/s3)(2 s)3 = –2 m. (c) Para t = 3 s, obtemos x (3 s) = (3 m/s)(3 s) – (4 m/s2) (3 s)2 + (1 m/s3)(3 s)3 = 0 m. (d) Para t = 4 s, obtemos x(4 s) = (3 m/s)(4 s) – (4 m/s2)(4 s)2 + (1 m/s3) (4 s)3 = 12 m. (e) Como a posição do objeto em t = 0 é x = 0, o deslocamento entre t = 0 e t = 4 s é (4 s) (0) 12 m 0 12 m.x x x∆ = − = − = (f) Como o deslocamento entre t = 2 s e t = 4 s é (4 s) (2 s) 12 m ( 2 m) 14 mx x x∆ = − = − − = , a velocidade média é (g) A figura a seguir mostra a posição do objeto em função do tempo no intervalo 0 ≤ t ≤ 4. A inclinação da reta que liga o ponto (2 s, –2 m) ao ponto (4 s, 12 m) representa graficamente a velocidade média calculada no item (f). APRENDA A representação gráfica mostra novamente que a velocidade média em um intervalo de tempo depende apenas do deslocamento entre o instante inicial e o instante final. 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 ve- locidade 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 1 200 m 5,554 s. 36 m/s xt v ∆ ∆ = = = 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 sv é / st L v∆ = . A cada pessoa que chega, a es- pessura da camada aumenta de uma espessura de corpo d. (a) A taxa de aumento da camada de pessoas é (0,25 m)(3,50 m/s) 0,50 m/s / 1,75 m s s d d dvR t L v L = = = = = ∆ (b) O tempo necessário para que a espessura da camada chegue a 5,0 mD = é 5,0 m 10 s 0,50 m/s Dt R = = = M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 9. Convertidos para segundos, os tempos são t1 = 147,95 s e t2 = 148,15 s, respectivamente. Se os corredores fossem igualmente velozes, teríamos 1 2 med1 med2 1 2 . t L Ls s t = ⇒ = Isto nos dá 2 1 1 148,15 1 1,35 m 147,95 L L L − = − ≈    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 ,1ef c vv v v= + e a distância percorrida é ,1 1 1( )ef c vd v t v v t= = + . Na viagem de volta, durante o intervalo t2, o carro se move no sentido contrário ao do vento e a velocidade efetiva é ,2ef c vv v v= − . Nesse caso, a distância percorrida é ,2 2 2( )ef c vd v t v v t= = − . As duas expressões podem ser escritas na forma 1 2 ec v c v d dv v v v t t + = − = Somando as duas equações e dividindo por dois, obtemos 1 2 1 2c d dv t t   = +    . Assim, o método 1 fornece a velocidade do carro vc na ausência de vento. (b) No caso do método 2, o resultado é 22 2 1 2 1 2 2 2 1 ( ) / 2 c v v c c c c c v c v d d d v v vv vd dt t t t v v v v v v   −′  = = = = = −  + +   +   + − . A diferença relativa é 2 2 4(0,0240) 5,76 10c c v c c v v v v v − ′− = = = ×    e a diferença percentual é 5,76 H 10-4 H 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 (25 m/s)(2,4 s) 12,0 m 48,0 m.d vt L= − = − = (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 = vlt e o carro rápido se juntou à fila percorrendo uma distância d + x. Como 2 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (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). 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 med 50,25 cm 21,75 cm 3,00 s 2,00 s xv t ∆ − = = ∆ − 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: 39,75 1,5 2,596m m mx t t= + ⇒ = 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: é M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 v(t) = 24t – 6t2 e a(t) = 24 – 12t com a distância em metros e o tempo em segundos. Fazendo t = 3, obtemos (3) 54 mx = . (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 vmax = 24 m/s. (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: vméd = 54 0 3 0 − − = 18 m/s. 19. PENSE Neste problema de cinemática unidimensional, conhecemos a velocidade de uma partícula em dois instantes de tempo e devemos calcular a aceleração média. FORMULE Vamos supor que o sentido do movimento no instante inicial é o sentido positivo do eixo x. A aceleração média em um intervalo de tempo 1 2t t t≤ ≤ é dada pela Eq. 2-7: ANALISE Seja v1 = +18 m/s a velocidade da partícula no instante t1 = 0 e seja v2 = –30 m/s a velocidade da partícula no instante t2 = 2,4 s. De acordo com a Eq. 2-7, temos APRENDA A aceleração média tem um módulo de 20 m/s2 e aponta no sentido oposto ao da velocidade inicial da partícula. Isso faz sentido, já que a velocidade final da partícula tem o sentido oposto ao da velocidade inicial. Supondo que t1 = 0, a velocidade da partícula em função do tempo é dada por 20. Usamos a notação x(t), v(t) e a(t) e determinamos as últimas duas funções por derivação: ( ) ( ) ( ) ( )215 20 e 30dx t dv tv t t a t t 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. (a) Fazendo 20 15 20t= − + , vemos que o único valor positivo de t para o qual a partícula está (momentaneamente) em repouso é 20 /15 1,2 st = = . 2 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (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. 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 Dt = 8 – 2 = 6 min, que equivale a 360 s, enquanto o subintervalo durante o qual o homem está em movimento é apenas Dtʹ = 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, med 396 m 0 1,10 m/s. 360 s v −= = (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, 2 med 2,2 m/s 0 0,00611 m/s . 360 s a −= = (c) O intervalo inteiro é Dt = 9 – 3 = 6 min (360 s), enquanto o subintervalo no qual o homem está se movendo é ∆tʹ = 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 = vDtʹ = (2,2)(240) = 528 m. Assim, med 528 m 0 1,47 m/s. 360 s v −= = (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, amed = 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). M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9 (b) Na parte 1, fazendo x0 = 0, usamos a equação v2 = 20v + 2a(x – x0) da Tabela 2-1 para obter 2 2 2 2 0 2 (20 m/s) (0) 100 m 2 2(2,0 m/s ) v vx a − − = = = Como essa posição é a posição inicial da parte 2, usamos a mesma equação na parte 2 para obter 2 2 2 2 0 2 (0) (20 m/s) 100 m 2 2( 1,0 m/s ) v vx a − − − = = − 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 2 20 02 ( )v v a x x= + − , obtemos 2 6 0 14 1 1 5,00 10 0,100 m . 2 2 1,25 10 vx a  × = − = − = − ×  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 e 21 0 2x v t at= + ) 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. (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 ( )2(9,6 m/s) 3,2 m/s ( 2,5 s) 1,6 m/s.v = + − = (b) Para t = +2,5 s, temos: ( )2(9,6 m/s) 3,2 m/s (2,5 s) 18 m/s.v = + = 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 2 24,6 m/s 0 5,00 s. 4,92 m/s v at t= + ⇒ = = − 3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (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)]. 2 2 0 2 24,6 m/s) 0 2 61,5 m. 2( 4,92 m/s ) v ax x= + ⇒ = − = − (c) Usando esses resultados, plotamos 210 2v t at+ (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 Dx a distância percorrida no intervalo t1 e usamos a Eq. 2-16: 2 2 2 0 1 5,08 2 2(1,22) v v a x x= + ∆ ⇒ ∆ = 10,59 m 10,6 m.= ≈ (b) Usando a Eq. 2-11, temos: 0 1 1 5,08 4,17 s. 1,22 v vt a − = = = 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 3 168,82 m 33,21 s. 5,08 m/s t = = 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. (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: 2 25 m/s 38 m/s 2,5 s . 5,2 m/s t −= = − (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 ( ) ( ) 2138 5,2 2 x t t= + − M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 1 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. 31. PENSE A nave espacial é submetida a uma aceleração constante a partir do repouso, e devemos calcular o tempo gasto e a distância percorrida até que a nave atinja uma determinada velocidade. FORMULE Como se trata de um problema de cinemática unidimensional em que a aceleração é constante, podemos analisar o movimento da nave usando as equações da Tabela 2-1: ANALISE (a) Para 29,8 m/s ,a = 0 0v = e 70,1 3,0 10 m/s,v c= = × a Eq. 2-11 nos dá o que corresponde a aproximadamente 1 mês e 6 dias. Assim, o foguete leva pouco mais de um mês para atingir uma velocidade de 0,1c partindo do repouso com uma aceleração de 9,8 m/s2. (b) Para calcular a distância percorrida nesse intervalo de tempo, usamos a Eq. 2-15 com x0 = 0 e 0 0.v = O resultado é APRENDA Para resolver os itens (a) e (b), não precisamos usar a Eq. 2-16: 2 20 02 ( ).v v a x x= + − Agora podemos usá-la para verificar se as respostas estão corretas. De acordo com essa equação, a velocidade final é Como esse é o valor que aparece no enunciado do problema, sabemos que a solução está correta. 32. A aceleração pode ser calculada usando a Eq. 2-11 (ou a Eq. 2-7, se interpretada corretamente): ( ) 2 1000 m/km 1020 km/h 3600 s/h 202,4 m/s . 1,4 s va t    ∆  = = = ∆ 3 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R ( )2 1 0 1 1 1 1 2 4031 2 1,34 x v t a t t= + ⇒ = . 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. (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 med 806 m 11,7 m/s . 69,1 s v = = (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. 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− −2 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. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 5 (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 ( )( )2 21 0 1 1 12 2 1,34 403v v a x v= + ⇒ = 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: ( ) 2 2 2 0 15,28 2 2 5,18b b v v ad d= + ⇒ = − − 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 sufi- ciente 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 cruza- mento, de modo que o motorista não conseguiria parar a tempo. 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 Dx 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 = 10,6 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 . 3 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R Subtraindo as equações membro a membro, obtemos 10,6 = (30,56 – 18,56)(t − t0) ( )( )2 21 0 1 1 12 2 1,34 403v v a x v= + ⇒ = 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 locomo- tiva de v  (que é também a velocidade final do trem, se a colisão for evitada por muito pouco). Note que a distância Dx é a soma da distância inicial, D, com a distância percorrida durante o tempo t pela locomotiva, v t  . Assim, . 2 tv v x D v t D v t t t + ∆ + = = = +   Podemos agora usar a Eq. 2-11 para eliminar o tempo da equação. Temos: ( )2 / t t v v D v v v a + = + −    o que nos dá ( )21 . 2 2 t t t v v v va v v v D D + −   = − = − −            Assim, 2 21 km km29 161 12888 km/h 2(0,676 km) h h a  = − − = −    que pode ser convertida da seguinte forma: ( ) 2 2 21000 m 1 h12.888 km/h 0,994 m/s 1 km 3600 s a    = − = −        de modo que o valor absoluto da aceleração é |a| = 0,994 m/s2. O gráfico acima 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 210 2y v t gt= − com y = 0,544 m e t = 0,200 s, temos 2 2 0 1 1 0,544 (9,8)(0,200) 2 2 3,70 m/s . 0,200 y gt v t + + = = = (b) A velocidade no ponto y = 0,544 m é 0 3,70 (9,8)(0,200) 1,74 m/s .v v gt= − = − = M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 9 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 y∆ = 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: 2 2 0 0 0 21 2 v v g y y v t gt t g ± − ∆ ∆ = − ⇒ = Fazendo v0 = –12 m/s (já que o movimento é para baixo) e escolhendo a raiz positiva (já que t > 0), obtemos: 212 ( 12) 2(9,8)( 30) 1,54 s. 9,8 t − + − − −= = (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: 2 0 2 27,1 m/sv v g y= − ∆ = na qual foi escolhida a raiz positiva para obter a velocidade escalar (que é o módulo do vetor velocidade). 49. PENSE Neste problema, um pacote é deixado cair de um balão que está subindo verticalmente, e devemos analisar o movi- mento do pacote sob a ação da gravidade. FORMULE Desprezando a resistência do ar, tomando o sentido para cima como positivo e supondo que, para pequenas alturas em relação ao solo, a aceleração da chave de grifo é a = –g = -9,8 m/s2, podemos usar as equações da Tabela 2-1 com y em lugar de x e -g em lugar de a: A velocidade inicial do pacote é igual à velocidade do balão, v0 = +12 m/s. Tomando o solo como origem do sistema de coorde- nadas, a coordenada inicial do pacote é y0 = +80 m. O tempo necessário para que o pacote chegue ao solo pode ser determinado resolvendo a Eq. 2-15 com y = 0. A velocidade do pacote ao atingir o solo pode ser determinada resolvendo a Eq. 2-11. ANALISE (a) Para determinar o valor de t, resolvemos a equação do segundo grau 210 0 20 y v t gt= + − com o auxílio da fórmula de Báskara e escolhemos a raiz positiva: b) Explicitando v na Eq. 2-11, obtemos A velocidade escalar com a qual o pacote atinge o solo é de 41,38 m/s. APRENDA Podemos verificar se as respostas estão corretas usando a Eq. 2-16, que não foi utilizada para resolver os itens (a) e (b). Substituindo os valores conhecidos na Eq. 2-16, obtemos Como esse é o valor calculado no item (b), sabemos que a solução está correta. g 4 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 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 00 9,8 2,5v v gt v= − ⇒ = − 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: ∆y = (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: ∆y = (19,6 m/s)(6,0 s) + (–9,8 m/s2)(6,0 s)2/2 ≈ –59 m , ou | | 59 my∆ = . 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 ( )( )0 00 9,8 2,5v v t v= − ⇒ = − |vfinal| = 42 m/s. 53. PENSE Este problema envolve dois objetos: uma chave deixada cair de uma ponte e um barco que se move com velocidade constante. Devemos determinar a velocidade do barco com base na informação de que a chave cai no barco. FORMULE A velocidade do barco é dada por vb = d/t, em que d é a distância entre o barco e a ponte no instante em que a chave começa a cair (12 m), e t é tempo que a chave leva para cair. O valor de t pode ser calculado usando a Eq. 2-16 com g no lugar de a. ANALISE Vamos tomar o rio como origem do sistema de coordenadas. Como a velocidade inicial da chave é zero e a coordenada inicial da chave é 45 m, a Eq. 2-16 nos dá A velocidade do barco é 12 m 4,0 m/s. 3,03 sb v = = APRENDA De acordo com a expressão geral 00 22 / b d d gv d t yy g = = = , 01/bv y . Isso está de acordo com a ideia intuitiva de que quanto menor a altura da qual a chave é deixada cair, maior deve ser a velocidade do barco. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 1 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 acele- ração 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. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 0 2 1 1 1 2 y t gt y v t g t ′∆ = − ∆ = − − − − Como, de acordo com o enunciado, Dyʹ = Dy = –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: ( ) ( ) ( )( )20 1 43,9 1,99 9,8 1,99 2 v− = − − 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 0 ( ) ( ) , ( 1)y y d y d yv gt v v g t dt dt ′∆ ∆′ = = − = = − − − O gráfico da velocidade das pedras em função do tempo é mostrado a seguir. 55. PENSE A bola de argila chega ao solo com uma velocidade diferente de zero e sofre uma desaceleração até parar. FORMULE A aceleração média da bola depois de atingir o solo é dada por méd , va t ∆ = ∆ em que Dv é a variação de velocidade até a bola parar, e 320,0 10 st −∆ = × é o tempo que a bola leva para parar. Isso significa que, para calcular a aceleração, precisamos conhecer a velocidade da bola no instante em que ela atinge o solo. ANALISE (a) Para determinar a velocidade da bola no instante em que ela atinge o solo, podemos usar a Eq. 2-16 com v0 = 0, a = -g, y = 0 e 0 15,0 m,y = o que nos dá 4 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 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: ( ) ( )22 1 1 2 1 2 1 / 2y y v t t g t t− = − + − o que nos dá ( )( )212 1 1,20 9,8 0,125 8,99 m/s. 0,125 v − = = Usando a Eq. 2-16 (com v0 = 0), podemos obter o valor de y1: 2 2 1 1 1 8,99 2 4,12 m. 2(9,8) v gy y= ⇒ = = 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 2 3 1 1 3 1 3 1 2 3 1 ( ) ( ) 2 1 4,12 (8,99)(1,125) (9,8)(1,125) 2 y y v t t g t t y − = − + − − = + 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 0 2 2(9,8)(0,76) 3,86 m/s .v gy= = = Quando o jogador atinge uma altura y1 = 0,76 m – 0,15 m = 0,61 m, sua velocidade v1 satisfaz a equação 2 2 0 1 12v v gy− = , o que nos dá 2 2 1 0 12 (3,86) 2(9,80)(0,61) 1,71 m/s.v v gy= − = − = O tempo t1 que o jogador passa subindo os Dy1 = 0,15 m mais altos do salto pode ser calculado usando a Eq. 2-17: ( ) ( )1 1 1 1 2 0,151 0,175 s 2 1,71 0 y v v t t∆ = + ⇒ = = + 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. (b) O instante t2 em que o jogador atinge uma altura de 0,15 m pode ser calculado usando a Eq. 2-15: 2 2 0 2 2 2 2 1 9,8 0,15 (3,86) , 2 2 v t gt t t= − = − M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 5 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 21 1 . 2 2 LL vt gt v gt t = − ⇒ = − 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), ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 222 2,00 / 0,25 9,80 0,25 / 2/ / 2 2,34 m. 2 2 2 9,80 L t gtvH g g −− = = = = 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 “re- sistência 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): ( )( ) ( )220 1 1 25 0 0 2,5 2,5 2 2p p y y vt g t g− = + ⇒ − = + 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: ( ) ( ) ( )0 0 0 1 1 25 0 0 2,5 2 2 y y v v t v− = + ⇒ − = + 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: 1 0 0 1 área entre a curva da aceleração e o eixo dos tempos, de t a v v t   − =     (a) Na Figura 2-15a, 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 ( )3 21área (160 110) 10 s 90 m/s 2,25 m/s 2 −= − × ⋅ = que é igual a v1, a velocidade no instante t1. (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 2 B 1 área (0,0600 s)(50,0 m/s ) 1,50 m/s 2 = = . De 100 a 120 ms, a região C tem a forma de um retângulo de área área (0,0200 s) (50,0 m/s ) = 1,00 m/s. 0 4 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R De 110 a 160 ms, a região D tem a forma de um trapézio de área 2 D 1 área (0,0400 s) (50,0 20,0) m/s 1,40 m/s. 2 = + = Substituindo esses valores na Eq. 2-26 e fazendo v0 = 0, obtemos 1 0 0 1,50 m/s + 1,00 m/s + 1,40 m/s = 3,90 m/s,v − = + ou 1 3,90 m/s.v = 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. 2-30: 1 0 0 1 área entre a curva da velocidade . e o eixo dos tempos, de a x x t t   − =     (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 A 1 área = (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 B 1 área = (0,040 s) (2 + 4) m/s = 0,12 m. 2 Substituindo esses valores na Eq. 2-25 e fazendo x0 = 0, obtemos 1 0 0 0,01 m + 0,12 m = 0,13 m,x − = + ou 1 0,13 m.x = (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 C 1 área = (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 D 1 área = (0,030 s) (5 + 7,5) m/s = 0,19 m. 2 Substituindo esses valores na Eq. 2-25 e fazendo x0 = 0, obtemos 1 0 0 0,01 m + 0,12 m + 0,18 m + 0,19 m = 0,50 m,x − = + ou 1 0,50 m.x = 67. O problema pode ser resolvido usando a Eq. 2-26: 1 0 0 1 área entre a curva da aceleração e o eixo dos tempos, de a v v t t   − =     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 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 9 (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. 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: ( )2 caminhão auto 1 2 x at vt ∆ = =    o que nos dá ( )2 9,52 8,6 s . 2,2 vt a = = = Assim, ( )( )9,5 8,6 82 m.x vt∆ = = = (b) A velocidade do carro nesse instante é ( )( )auto 2,2 8,6 19 m/s .v at= = = 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 35 m 465,5 m 0,465 km. tan tan 4,3 ∆ = = = ≈ ° O tempo de voo correspondente pode ser calculado usando a Eq. 2-2 (v = vméd, já que a velocidade é constante): 0,465 km 0,000358 h 1,3 s. 1300 km/h xt v ∆ = = = ≈ 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 2 0 0 1 2r b b x v t v t at= + + 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 2 2 2 0 0 0 0 0 1 . 2 2r r v v vx v t v t a a a 1 = − + = − 5 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R Escrevemos esta equação para as duas velocidades iniciais: x v t v ar1 01 01 21 2 = − e 2 02 2 02 1 . 2r vx v t a = − Resolvendo este sistema de equações, obtemos os valores desejados de tr e a: ( ) 2 2 02 1 01 2 01 02 02 01 r v x v xt v v v v − = − e 2 2 02 01 01 02 02 1 01 2 1 . 2 v v v va v x v x − = − − 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) 2 213,4 (56.7) 22,4 (24,4) 0,74 s (22,4)(13,4)(13,4 22,4)r t −= = − e (b) 2 2 21 (13,4)22,4 (22,4)13,4 6,2 m/s . 2 (13,4)(56,7) (22,4)(24,4) a −= − = − − 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 16102 12v = 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 pv por uma distância 23D , o tempo gasto é dado por 23 / .pt D v= (b) O tempo necessário para que um carro acelere a partir do repouso até atingir uma velocidade pv é 0 /pt v a= . A distância per- corrida nesse intervalo de tempo é ∆x0 = at02 / 2 = v2p / 2a. Depois desse tempo, o carro passa a se mover com velocidade constante pv por uma distância 12 0D x d− ∆ − até chegar ao cruzamento 2, e o tempo gasto nesse percurso é 1 12 0( ) / pt D x d v= − ∆ − . Assim, a diferença de tempo entre o sinal do cruzamento 2 deve ser ajustada para 2 1212 0 total 0 1 12 ( / 2 ) 1 2 p p p r r r p p p r p v v D v a dD x dt t t t t t a v a v v D dt a v − −− ∆ − = + + = + + = + + − = + + na qual tr é o tempo de reação dos motoristas. 77. PENSE Se a velocidade do carro de corrida aumenta de zero até 60 km/h, é porque ele está sendo acelerado. , M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 1 FORMULE Como a aceleração está sendo pedida em m/s2, a velocidade final deve ser convertida de km/h para m/s. Supondo que o carro está se movendo no sentido positivo do eixo x, temos e a > 0. O ponto de partida pode ser tomado com o ponto x0 = 0. ANALISE (a) De acordo com a Eq. 2-7, a aceleração média é (b) Supondo uma aceleração constante 2méd 3,09 m/s ,a a= = a distância total percorrida em um intervalo de tempo de 5,4 s é (c) De acordo com a Eq. 2-15, o tempo necessário para percorrer uma distância x = 250 m é APRENDA Podemos verificar se as respostas estão corretas usando a Eq. 2-17, que não foi utilizada para resolver o item (b). Substituindo os valores conhecidos na Eq. 2-17, obtemos Como esse é o valor calculado no item (b), sabemos que a solução está correta. 78. Tomamos o instante inicial, t = 0, como 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 0 72 km / h = 20 m / sv′ = ) 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 0v′ = , vemos que o primeiro trem irá parar no ponto ( ) ( )22 20 0 20 200 m . 2 2 v v x a ′ ′− −′ = = = ′ − De acordo com a Eq. 2-16, a velocidade do segundo trem ao chegar ao mesmo ponto é ( ) ( )( )22o 2 40 2 1,0 200 950 100 10 m/sv v a x= + ∆ = − + − = = 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. Resol- vendo 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 5 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (a) O resultado da integração anterior é o seguinte 2 0 6,1 0,6 ,v v t t= + − 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 18 m/sv = . (b) Integramos novamente para obter x em função de t: 2 2 3 0 0 00 0 ( 6,1 0,6 ) 3,05 0,2 t t x x vdt v t t dt v t t t′ ′ ′ ′− = = + − = + −∫ ∫ . 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. PENSE Neste problema, são dadas duas velocidades e devemos calcular a diferença entre os tempos de percurso correspon- dentes a essas velocidades. FORMULE O tempo necessário para percorrer uma distância d a uma velocidade v1 é 1 1/ ,t d v= e a uma velocidade v2 é 2 2/ .t d v= Neste problema, as duas velocidades são ANALISE Para 5700 km 7,0 10 m,d = = × a diferença entre os tempos de percurso é o que corresponde a cerca de 1,2 h. APRENDA A redução do tempo de percurso é esperada sempre que a velocidade aumenta e a distância percorrida é a mesma. 88. Como a aceleração é constante, podemos usar as equações da Tabela 2-1. (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 0 0 1 1 ( ) (15,0 m/s )(6,00 s). 2 2 x v v t v= + = + 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. (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 2 20 2v v ax= + , obtemos 2 2 0 2 (5,00 m/s) 7,50 m 2 2(1,67 m/s vx a = − = − = − ) M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 5 ou | | 7,50 mx = . (d) Para traçar os gráficos, precisamos conhecer o instante em que v = 0. Usando a equação v = v0 + atʹ = 0, obtemos: 0 2 5,00 m/s 3,0 s 1,67 m/s vt a − −′ = = = − Nos gráficos a seguir, as unidades do SI estão implícitas. 89. PENSE Este problema trata da relação entre a altura máxima atingida por um objeto que está sujeito apenas à força da gravi- dade e o tempo que o objeto passa no ar. FORMULE Desprezando a resistência do ar, tomando o sentido para cima como positivo e supondo que, para pequenas alturas em relação ao solo, a aceleração da bola é a = –g = –9,8 m/s2, podemos usar as equações da Tabela 2-1 com y em lugar de x e -g em lugar de a. Tomando o solo como origem do sistema de coordenadas, y0 = 0. Quando a bola atinge a altura máxima y = H, a velocidade da bola se anula momentaneamente (v = 0). Assim, de acordo com a Eq. 2-17, O tempo necessário para a bola atingir a altura máxima pode ser determinado usando a Eq. 2-11, que nos dá 0 0,v v gt= − = ou 0 / 2 / .t v g H g= = ANALISE Para que a bola passe o dobro do tempo no ar, ela deve levar o dobro do tempo para atingir a altura máxima, ou seja, o tempo que a bola leva para atingir a altura máxima deve ser 2 ;t t′ = nesse caso, de acordo com o resultado anterior, a altura máxima Hʹ será tal que 2 / .t H g′ ′= Explicitando ,H ′ obtemos APRENDA Como H ~ t2 para multiplicar t por dois, precisamos multiplicar H por quatro. Note que, para isso, devemos multiplicar por dois a velocidade de lançamento, ou seja, devemos aumentar a velocidade de lançamento para 0 02 .v v′ = 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. 5 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (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: vmédmed (5) (1) 15 1 3,5 m/s. 5 1 4 x xv − −= = = − (e) De acordo com a Eq. 2-7 e usando valores de v(t) lidos diretamente no gráfico, temos: amédmed (5) (1) 2 2 0. 5 1 4 v va − −= = = − 91. Supondo que o sentido positivo do eixo y é para baixo e que y0 = 0, temos 21 0 2y v t gt= + , o que (com v0 = 0) nos dá 2 / .t y g= (a) No final desta parte da queda, y1 = 50 m e, portanto, 2(50) 3,2 s. 9,8 t = = (b) No final desta parte da queda, o deslocamento total é y2 = 100 m. Assim, o tempo total é 2(100) 4,5 s. 9,8 t = = 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: 2 1t t t∆ = − = 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 ( )1 1 1 2 5502 30,3 s. 1,2 xt a = = = 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 1 0 1 1 36,3 m/s .v v a t= + = (c) Os gráficos são mostrados a seguir: M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 9 (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 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 210 2y v t gt∆ = + com t = T e Dy = h + D. O resultado é o seguinte: ( )( ) 0 9,8 4,805,20 38,1 14,5 m/s 2 4,80 2 h D gTv T + + = − = − = (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, ( )2 22 0 2 02v v a y y= + − , nos dá ( )( )2 22 2 9,8 120 48,5 m/s.v gy= = = (b) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o elevador atinge o solo é ( )2 2 2 1202 4,95 s. 9,8 yt g = = = (c) A Eq. 2-16, na forma ( )2 21 0 1 02v v a y y= + − , nos dá 2 1 12 2(9,8 m/s )(60 ) 34,3 m/s.v gy m= = = (d) De acordo com a Eq. 2-15, o instante em que o elevador atinge o ponto médio da queda é ( )1 1 2 602 3,50 s. 9,8 yt g = = = 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 21 / 2y gt= − e a posição do diamante 2 é dada por 2 2 ( 1) / 2y g t= − − . 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, ( ) ( )2 21 11 10 10 / 0,5 1,5 s. 2 2 g t gt t g− − + = ⇒ = + = 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), 2 0 1 22 m/s 2 y y vt gt v− = + ⇒ = − no instante t = 2,00 s. O sinal negativo significa que o sentido da velocidade é para baixo. 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 212y gt∆ = − , na qual ∆y é o negativo da distância percorrida. Assim, para simplificar, escrevemos a equação na forma 21 2d gt= . (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 ( )2 2 21 1 11 150 m = 9,80 m/s2 2d gt t= = 6 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R Resolvendo a equação anterior, obtemos t1 = 3,2 s. A velocidade escalar do paraquedista no momento em que abre o paraquedas é dada pela raiz positiva da equação 21 12v gd= : ( )( )( )21 12 2 9,80 m/s 50 m 31 m/s.v gh= = = 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 1 2 2 2 31 m/s 3,0 m/s 14 s. 2 m/s v vt a − − = = = Este resultado pode ser obtido a partir da Eq. 2-11, usando velocidades escalares (e, portanto, valores positivos para v1 e v2). Ob- servamos 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 ( ) ( ) ( )( ) 2 22 2 1 2 2 31 m/s 3,0 m/s 240 m. 2 2 2,0 m/s v vd a −− = = ≈ Nesse cálculo foi usada a Eq. 2-16 com os dois membros multiplicados por –1 (o que, do lado esquerdo, transforma Dy, 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 2 2 0 0 0( ) 2 ( ) 2 .v v g y y v 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: 2 2 0 0 0 ( ) 21 2 v v g y y v t gt t g − + − − ∆ ∆ = − − ⇒ = para a qual escolhemos a raiz positiva porque t > 0. Fazendo y = 0 e y0 = h, obtemos 2 0 02 . v gh v t 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: 2 2 0 0 0 21 2 v v g y y v t gt t g + − ∆ ∆ = − ⇒ = M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 6 1 para a qual novamente escolhemos a raiz positiva porque t > 0. Fazendo y = 0 e y0 = h, obtemos 2 0 02 . v gh v t 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: ( )3km 1000 m/km303 100 10 s 8,4 m. h 3600 s/h x v t −    ∆ = ∆ = × =      103. Supondo que a velocidade horizontal da bola é constante, o deslocamento horizontal é dado por ,x v t∆ = ∆ em que v é a velocidade horizontal e Dt é o tempo. Convertendo v para metros por segundo, temos 160 km/h = 44,4 m/s. Assim, A conversão de km/h para m/s pode ser feita sem dificuldade, usando as relações 1000 m = 1 km e 3600 s = 1 h, ou consultando o Apêndice D. 104. Nesta solução, usamos a notação x(t) para indicar o valor de x correspondente a um determinado valor de t. Assim, x(t) = 50t + 10t2, em que x e t estão em unidades do SI, metros e segundos, respectivamente. (a) A velocidade média nos primeiros 3 s é (b) A velocidade instantânea no instante t é dada por v = dx/dt = 50 + 20t. Para t = 3,0 s, v = 50 + (20)(3,0) = 110 m/s. (c) A aceleração instantânea no instante t é dada por a = dv/dt = 20 m/s2. Como a aceleração é constante, ela é igual a 20 m/s2 para qualquer valor de t. (d), (e) e (f) Os gráficos mostram a posição x e a velocidade v do próton em função do tempo, em unidades do SI. A reta tracejada (a) do gráfico da esquerda liga o ponto t = 0, x = 0 ao ponto t = 3,0 s, x = 240 m. A inclinação dessa reta é a velocidade média do próton durante os primeiros 3,0 s do percurso. A reta tracejada (b) é tangente à curva da função x(t) no ponto t = 3,0 s. A incli- nação dessa reta é a velocidade instantânea do próton no instante t = 3,0 s. Essa velocidade corresponde também à ordenada do ponto assinalado no gráfico da direita. 105. Supondo que a motocicleta está se movendo no sentido positivo do eixo x, v0 = +30 m/s, v1 = +15 m/s e a < 0. A aceleração pode ser calculada com o auxílio da Eq. 2-11: a = (v1 – v0)/t1, em que t1 = 3,0 s. O resultado é a = –5,0 m/s2. O deslocamento (que, neste problema, é igual à distância percorrida) até o ponto em que a motocicleta para (v2 = 0) pode ser calculado com o auxílio da Eq. 2-16: 6 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (c) Para determinar o tempo de frenagem, usamos a Eq. 2-17: (d) O tempo total é a soma do tempo de reação com o tempo de frenagem: (e) Como Tp > Tr, a maior parte do tempo que o carro leva para parar se deve ao tempo de desaceleração. (f) A distância adicional DD percorrida pelo carro quando o tempo de reação aumenta de DTr = 0,100 s é dada por 115. Como o tempo total da prova foi 2h41min 161 mint∆ = = e o centro da corda sofreu um deslocamento 3,70 m 370 cm,x∆ = = a velocidade média do ponto central da corda durante a prova foi 116. De acordo com a Eq. 2-11, 0 ,v v at= + a velocidade inicial era 117. O número N de dias que Meegan passou caminhando (incluindo o primeiro dia, o último dia e o número de dias de um ano bissexto) foi Portanto, a velocidade média da caminhada foi 118. (a) Seja d a distância percorrida. As velocidades médias com as asas estendidas e com as asas recolhidas são, respectivamente, /e ev d t= e / .r rv d t= A razão entre as duas velocidades é (b) A diferença de tempo em função de ev é dada por 119. (a) Derivando ( ) (2,0 cm)sen( /4)y t tπ= em relação a t, obtemos a seguinte expressão para a velocidade: A velocidade média entre t = 0 e t = 2,0 s é M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 6 5 (b) As velocidades instantâneas da partícula nos instantes t = 0, 1,0 s e 2,0 s são, respectivamente, (c) Derivando ( )yv t em relação a t, obtemos a seguinte expressão para a aceleração: A aceleração média entre t = 0 e t = 2,0 s é (d) As acelerações instantâneas da partícula em t = 0, 1,0 s e 2,0 s são, respectivamente, Capítulo 3 1. PENSE Neste problema, conhecemos o módulo e a orientação de um vetor bidimensional e devemos calcular as componentes x e y do vetor. FORMULE As componentes x e y de um vetor a que está no plano xy são dadas por em que 2 2| | x ya a a a= = +  é o módulo do vetor, e 1tan ( / )y xa aθ −= é o ângulo entre o vetor e o semieixo x positivo. Como 250θ = ° , sabemos que o vetor está no terceiro quadrante e, portanto, as componentes x e y são negativas. ANALISE (a) A componente x de a é (b) A componente y de a é sen (7,3 m)sen 250 6,86 m 6,9 m.ya a θ= = °= − ≈ − Os resultados aparecem na figura a seguir. APRENDA Existem outras formas de calcular as componentes. Como o vetor faz um ângulo de 70° para baixo com o semieixo x negativo, podemos escrever: Por outro lado, como o vetor faz um ângulo de 20° para a esquerda com o semieixo y negativo, podemos escrever Para verificar que o resultado está correto, note que 2 2 2 2( 2,50 m) ( 6,86 m) 7,3 mx ya a+ = − + − = e ( )1 1tan / tan [( 6,86 m) / ( 2,50 m)] 250 ,y xa a− −= − − = ° que são os valores dados no enunciado do problema. 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. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 6 9 (a) O diagrama vetorial que representa o movimento é o seguinte: ˆ(3,1 km) j ˆ( 2,4 km) i ˆ( 5,2 km) j A B C = = − = −    (b) O ponto final é representado por ˆ ˆ( 2, 4 km )i ( 2,1 km) jr A B C= + + = − + −    cujo módulo é ( ) ( )2 22,4 km 2,1 km 3,2 kmr = − + − ≈ . (c) Existem duas possibilidades para o ângulo: 2,1 km1tan 41 ou 221 2,4 km θ  −−= = ° ° −  . 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. (a) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ[4,0 ( 1,0)]i [( 3,0) 1,0]j (1,0 4,0)k (3,0i 2,0 j 5,0k) m.a b + + + + = ++ = + − − −   (b) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ[4,0 ( 1,0)]i [( 3,0) 1,0]j (1,0 4,0)k (5,0i 4,0 j 3,0k) m.a b + + =− = − − − − − − −   (c) A condição de que 0a b c− + =    leva a que é o negativo do resultado do item (b). Assim, ˆ ˆ ˆ( 5,0 i 4,0 j 3,0k) m.c = − + + 10. As componentes x, y e z de r c d= +    são, respectivamente, (a) 7,4 m 4,4 m 12 m,x x xr c d= + = + = (b) (c) 6,1 m 3,3 m 2,8 m.z z zr c d= + = − + = − 7 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 11. PENSE Este problema envolve a soma de dois vetores bidimensionais, a e .b  Precisamos calcular o módulo e a orientação do vetor resultante. FORMULE Na notação dos vetores unitários, um vetor bidimensional a é escrito na forma ˆ ˆi jx ya a a= +  e um vetor bidimensional b  é escrito na forma ˆ ˆi j.x yb b b= +  A soma dos dois vetores é dada por ANALISE (a) Como ˆ ˆ(4,0 m)i (3,0 m) ja = + e ˆ ˆ( 13,0 m)i (7,0 m) jb = − +  , as componentes x e y de r são Assim, ˆ ˆ( 9,0 m)i (10 m) jr = − + . (b) O módulo de r é 2 2 2 2| | ( 9,0 m ) (10 m) 13 m .x yr r r r= = + = − + =  (c) O ângulo entre a resultante e o semieixo x positivo é Como a componente x da resultante é negativa e a componente y é positiva, o vetor está no segundo quadrante e, portanto, o ângulo é 132° (medido no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo). APRENDA A figura a seguir (que não está em escala) mostra a soma dos dois vetores. O desenho confirma o fato de que, se a componente x da resultante é negativa e a componente y é positiva, o vetor está no segundo quadrante. 12. Chamamos os vetores deslocamento de A6, 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 ângulo entre C → e o eixo x é 60°. Nesse caso, ( ) ( ) ˆ(50 km) i ˆ(30 km) j ˆ ˆ(25 km) cos 60 i + (25 km )sen 60 j A B C = = = ° °    M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 7 1 (a) O deslocamento total do carro a partir da posição inicial é representado por ˆ ˆ(62,5 km) i (51,7 km) jr A B C= + + = +    o que significa que o módulo é 2 2(62,5km) (51,7 km) 81 km.r = + = (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 aparece 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 80 m.xb = − (b) Somando as componentes y, temos 60 m – 70 m + cy – 70 m = 30 m, o que nos dá cy = 110 m. (c) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do deslocamento total é dado por 2 2( 140 m) (30 m) 143 m.− + ≈ (d) O ângulo é dado por 1tan (30 / ( 140)) 12− − = − ° (que, como sabemos que o ponto final está no segundo quadrante, pode ser des- crito como 12° no sentido horário a partir do semieixo x negativo ou 168° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo). 15. PENSE Este problema envolve a soma de dois vetores bidimensionais, a e .b  Precisamos calcular as componentes, o módulo e a orientação do vetor resultante. FORMULE Na notação dos vetores unitários, o vetor a pode ser escrito na forma ˆ ˆ ˆ ˆi j ( cos )i ( sen ) jx ya a a a aα α= + = +  e o vetor b  pode ser escrito na forma ˆ ˆ ˆ ˆi j ( cos )i ( sen ) j.x yb b b b bβ β= + = +  De acordo com a figura, 1α θ= e β = θ1 + θ2 (já que os ângulos são medidos a partir do semieixo x positivo) e o vetor resultante é ANALISE (a) Como 10 m,a b= = 1 30θ = ° e 2 105 ,θ = ° a componente x de r  é (b) A componente y de r é (c) O módulo de r é √1,592 + 12,12 = 12,2 m. 7 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (a) O deslocamento desejado é dado por ˆ ˆ( 5,01 km) i (0,38 km) j,C A B= − = − −    cujo módulo é 2 2( 5,01 km) ( 0,38 km) 5,0 km.− + − = (b) O ângulo é 1tan [( 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 for- ma ( , )x y∆ ∆ 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 20,0 80,0 140xb+ − − = − o que nos dá bx = –70,0 cm. (b) Ao longo do eixo y, temos: 40,0 70,0 70,0 20,0yc− + − = − o que nos dá cy = 80,0 cm. (c) O módulo do deslocamento total (–140, –20,0) é 2 2( 140) ( 20,0) 141 cm.− + − = (d) Como o deslocamento está no terceiro quadrante, o ângulo do deslocamento total é dado por π + 1tan [( 20,0) / ( 140)]− − − ou 188° no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo (ou 172− ° no sentido anti-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: ˆ ˆ3,73 i 4,70 j ˆ ˆ1, 29 i 4,83 j ˆ ˆ1, 45 i 3,73 j ˆ ˆ5, 20 i 3,00 j ˆ ˆ1, 28 i 6,60 j. E F G H E F G H = + = − = + = − + + + + = +        (b) O módulo do vetor obtido no item (a) é 2 2(1, 28 m) (6,60 m) 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 = 180π ° , 79,0° = 1,38 rad. 23. O vetor soma (que, de acordo com o enunciado, tem a orientação do semieixo y positivo e o mesmo módulo que 2 2 1(3 ) 2, 2 m. 10 B A A A B= + ⇒ = =  ) forma com C  e B  um triângulo isósceles. Como o ângulo entre C  e o eixo y é 1tan (3 / 4) 36,87θ −= = °, B = 2C sen(θ/2) e C  = 2 23,0 4,0 5,0+ = , B = 3,2. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 7 5 24. Podemos expressar matematicamente o enunciado do problema como A  + B  = (3A) j^, em que îA A=  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: 2 2 1(3 ) 2, 2 m. 10 B A A A B= + ⇒ = =  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: = (24 15 ) + (8,0 90 ) = (23,25 4,41 )C ∠ − ° ∠ ° ∠ °  e, portanto, (25 0 ) (23,25 4,41 ) (2,6 45 )B C− = ∠ ° − ∠ ° = ∠− °  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 ˆ ˆ(1,69i 3,63j) m+ e ˆ ˆ( 2,87i 4,10j) m− + , respectivamente. (a) Somando as componentes, obtemos ˆ ˆ( 3,18 m)i (4, 72 m) j.R = − +  (b) De acordo com a Eq. 3-6, o módulo é 2 2| | ( 3,18 m) (4,72 m) 5,69 m.R = − + =  (c) O ângulo é 1 4,72 mtan 56,0 (com o semieixo negativo). 3,18 m xθ −  = = − ° −  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) 1 3 ˆ ˆ4 8i 16 jd d= = +   , e (b) 2 3 ˆ ˆ2i 4 jd d= = +   28. Seja A  a primeira parte da corrida do besouro 1 (0,50 m para leste ou ˆ0,5 i ) 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 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(0,5 m)i (0,8 m)(cos30 i sen30 j) (1,19 m) i (0,40 m) j.A B+ = + ° + ° = +   7 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R A equação que relaciona os quatro vetores é A B C D+ = +    , em que ˆ ˆ ˆ ˆ(1,60 m)(cos50,0 i sen50,0 j) (1,03 m)i (1,23 m)jC = ° + ° = +  (a) ˆ ˆ( 0,16 m )i ( 0,83 m ) jD A B C= + − = − + −    e o módulo é D = 0,84 m. (b) O ângulo é 1tan ( 0,83/ 0,16) 79− − = − ° , que é interpretado como 79º ao sul do leste (ou 11º a leste do sul). 29. Seja 0 2,0 cml = 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 ( ) ( )0 0 0 0 0 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(cos 60 i sen60 j) j (cos120 i sen120 j) j ˆ(2 3) j. Ad w v i h l l l l l = + + + = ° + ° + + ° + ° + = +      Assim, o módulo de Ad  é | | (2 3)(2,0 cm) 7,5 cmAd = + =  . (b) O ângulo de Ad  é 1 1, ,tan ( / ) tan ( ) 90A y A xd dθ − −= = ∞ = ° . (c) O deslocamento do ponto B é ( ) ( )0 0 0 0 0 0 0 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(cos 60 i sen 60 j) j (cos 60 i sen60 j) (cos30 i sin30 j) i ˆ ˆ(2 3 / 2) i (3 / 2 3) j. Bd w v j p o l l l l l l l = + + + + = ° + ° + + ° + ° + ° + ° + = + + +       Assim, o módulo de Bd  é 2 20| | (2 3 / 2) (3 / 2 3) (2,0 cm)(4,3) 8,6 cmBd l= + + + = =  . (d) O ângulo de Bd  é ,1 1 1 , 3 / 2 3 tan tan tan (1,13) 48 2 3 / 2 B y B B x d d θ − − −    + = = = = °      +   . 30. Muitas operações com vetores podem ser feitas diretamente em calculadoras gráficas. Nesta solução, usamos métodos “tra- dicionais”, como a Eq. 3-6. (a) O módulo de a é 2 2(4,0 m) ( 3,0 m) 5,0 m.a = + − = (b) O ângulo entre a e o semieixo x positivo é tan–1 [(–3,0 m)/(4,0 m)] = –37°. O vetor faz uma ângulo de 37° no sentido horário com o eixo definido por î . (c) O módulo de b  é 2 2(6,0 m) (8,0 m) 10 m.b = + = (d) O ângulo entre b  e o semieixo x positivo é tan–1[(8,0 m)/(6,0 m)] = 53°. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 7 9 36. Para começar, escrevemos a expressão do enunciado na forma 4( 3d  · 4d  ), em que 3d  = c pa qb= +    e 4 1 2d d d= ×    . Como 3d  está no plano de 1d  e 2d  , e 4d  é perpendicular ao plano de 1 d  e 2 d  , chegamos à conclusão de que o resultado é nulo, independentemente dos valores de 1d  e 2d  , já que o produto escalar de dois vetores perpendiculares é zero. 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) ˆ ˆ ˆ8,0 i 5,0 j 6,0kb c× = − + +   ( ) = (3,0) ( 8,0) (3,0)(5,0) ( 2,0) (6,0) = 21.a b c⋅ × − + + − −    (b) ˆ ˆ ˆ + = 1,0 i 2,0 j + 3,0kb c −   ( ) (3,0) (1,0) (3,0) ( 2,0) ( 2,0) (3,0) 9,0.a b c⋅ + = + − + − = −    (c) ˆ ˆ( + ) [(3,0)(3,0) ( 2,0)( 2,0)] i [( 2,0)(1,0) (3,0)(3,0)] j ˆ[(3,0)( 2,0) (3,0)(1,0)] k ˆ ˆ ˆ 5i 11j 9k a b c× = − − − + − − + − − = − −    . 38. Usando as relações ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k, j k i, k i j× = × = × = obtemos: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 2(2,00i 3,00j 4,00k) ( 3,00i 4,00j 2,00k) 44,0i 16,0 j 34,0kA B× = + − × − + + = + +   Em seguida, usando as relações ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi i = j j = k k = 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j = j k = k i = 0 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ obtemos: 3 (2 ) 3(7,00 8,00 ) (44,0 16,0 34,0 ) 3[(7,00)(44,0) ( 8,00)(16,0) (0)(34,0)] 540. C A B i j i j k⋅ × = − ⋅ + + = + − + =    39. De acordo com a definição de produto escalar entre A  e B  , cosA B AB θ⋅ =   , temos: cos A B AB θ ⋅=   Para 6,00A= , 7,00B = e 14,0A B⋅ =   , cos 0,333θ = e 70,5 .θ = ° 40. Em termos dos vetores unitários, os vetores deslocamento são 1 2 ˆ ˆ ˆ ˆ(4,50 m)(cos 63 j s e n 63 k) (2,04 m) j (4,01 m) k ˆ ˆ ˆ ˆ(1,40 m)(cos30 i s e n 30 k) (1,21 m) i (0,70 m) k . d d = ° + ° = + = ° + ° = +   8 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (a) O produto escalar de 1d  e 2d  é 2 1 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(2,04 j 4,01k) (1,21i 0,70k) = (4,01k) (0,70k) = 2,81 m .d d⋅ = + ⋅ + ⋅   (b) O produto vetorial de 1d  e 2d  é 1 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ(2,04 j 4,01k) (1,21i 0,70k) ˆ ˆ ˆ(2,04)(1,21)( k) + (2,04)(0,70)i (4,01)(1,21) j ˆ ˆ ˆ(1, 43 i 4,86 j 2,48k) m . d d× = + × + = − + = + −   (c) Os módulos de 1d  e 2d  são 2 2 1 2 2 2 (2,04 m) (4,01 m) 4,50 m (1,21 m) (0,70 m) 1,40 m. d d = + = = + = Assim, o ângulo entre os dois vetores é 2 1 11 2 1 2 2,81 m cos cos 63,5 . (4,50 m)(1,40 m) d d d d θ − −    ⋅ = = = °          41. PENSE O ângulo entre dois vetores pode ser calculado a partir da definição de produto escalar. FORMULE Como o produto escalar de dois vetores é dado por o ângulo entre os vetores é dado por Assim, uma vez conhecidos os módulos e as componentes dos vetores, o ângulo ϕ pode ser facilmente calculado. ANALISE Para ˆ ˆ ˆ(3,0)i (3,0) j (3,0)ka = + + e ˆ ˆ ˆ(2,0)i (1,0) j (3,0)k,b = + +  os módulos dos vetores são O ângulo entre os vetores é ou ϕ = 22°. APRENDA Como o nome indica, o produto escalar de dois ve- tores é uma grandeza escalar. Ele pode ser considerado o produto do módulo de um dos vetores pela projeção do segundo vetor na direção do primeiro, como mostra a figura (veja também a Fig. 3-18 do texto). cos ( )( cos )a b ab a bφ φ⋅ = =   M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 8 1 42. Os dois vetores (com a unidade implícita) são: 1 1 1 2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4,0 i+5,0 j i j, 3,0 i+4,0 j i jx y x yd d d d d d= = + = − = +   (a) O produto vetorial é 1 2 1 2 1 2 ˆ ˆ ˆ( )k [(4,0)(4,0) (5,0)( 3,0)]k=31 kx y y xd d d d d d× = − = − −   (b) O produto escalar é 1 2 1 2 1 2 (4,0)( 3,0) (5,0)(4,0) 8,0.x x y yd d d d d d⋅ = + = − + =   (c) 2 2 2 1 2 2 1 2 2( ) 8,0 ( 3,0) (4,0) 33.d d d d d d+ ⋅ = ⋅ + = + − + =      (d) O produto escalar de 1d  e 2d  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 1d  em relação a é 6,4 cos 75,5 ≈ 1,6. 43. PENSE Neste problema, são dados três vetores bidimensionais, , , a b   e ,c  e devemos calcular as componentes desses vetores. FORMULE Observando a figura, vemos 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 As componentes dos vetores podem ser calculadas usando as expressões anteriores. ANALISE (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. (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) Como ,c pa qb= +    temos o que nos dá Substituindo ax, bx e by pelos valores calculados nos itens (a), (c) e (d), temos 8 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3,28 m tan 4,50. 7,29 m y x c c θ = = = − − Existem duas soluções: –24,2° e 155,8°. Como mostra o diagrama, a segunda solução é a correta. A orientação do vetor c a b= − +    é 24° ao norte do oeste. 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 ˆ ˆ ˆ ˆ8,00(cos130 i s e n130 j) 5,14 i 6,13 j ˆ ˆ ˆ ˆi j 7,72 i 9,20 j.x y A B B B = ° + ° = − + = + = − −   (a) O ângulo entre o semieixo y negativo ( ĵ− ) e o vetor A  é 1 1 1 2 2 ˆ( j) 6,13 6,13 cos cos cos 140 . 8,00( 5,14) (6,13) A A θ − − −   ⋅ − − −  = = = = °        − +     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 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( 3,00k) ( 5,14 i 6,13 j) ( 7,72 i 9,20 j 3,00k) ˆ ˆ ˆ18,39 i 15,42 j 94,61k A B× + = − + × − − + = + +   O módulo é ˆ| ( 3,00k) | 97,6.A B× + =   O ângulo entre o semieixo y negativo ( ĵ− ) e a orientação do vetor é 1 15,42cos 99,1 . 97,6 θ − − = = °    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 2 2| | (3, 2) (1,6) 3,58a a= = + = e 2 2| | (0,50) (4,5) 4,53b b= = + =  . Nesse caso, cosx x y ya b a b a b ab φ⋅ = + =   (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°, sabemos 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 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 8 5 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. 49. PENSE Este problema envolve o deslocamento de um barco a vela. Devemos determinar o módulo e a orientação do vetor deslocamento do barco a partir das posições inicial e final. FORMULE A situação está representada na figura que se segue. Seja a a primeira parte do percurso (50,0 km para leste) e seja c o percurso desejado (90,0 km para o norte). Estamos interessados em determinar um vetor b  tal que .c a b= +    ANALISE (a) De acordo com o teorema de Pitágoras, a distância percorrida pelo barco a vela é (b) A direção que o barco deve tomar é a oeste do norte (o que equivale a 60,9° ao norte do oeste). APRENDA Este problema também pode ser resolvido expressando primeiro os vetores na notação dos vetores unitários: ˆ ˆ(50,0 km)i, (90,0 km) ja c= =  . Isso nos dá O ângulo entre o vetor b  e o semieixo x positivo (a direção leste) é A relação entre os ângulos θ e ϕ é 90 .θ φ= °+ 50. Os vetores 1d  e 2d  são dados por 1 1 2 2ˆ ˆj e i.d d d d= − =   (a) O vetor 2 2 ˆ/ 4 ( / 4) id d=  aponta na direção do semieixo x positivo. O fator de 1/4 não muda a orientação do vetor. (b) O vetor 1 1 ˆ/ ( 4) ( / 4) jd d− =  aponta na direção do semieixo y positivo. O sinal negativo (do “-4”) inverte o sentido do vetor: -(–y) = + y. 8 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (c) 1 2 0d d⋅ =   , já que ˆ ˆi j= 0⋅ ; o produto escalar de dois vetores perpendiculares é zero. (d) 1 2 1 2( / 4) ( ) / 4 0d d d d⋅ = ⋅ =     , como no item (c). (e) 1 2 1 2 1 2ˆ ˆ ˆ( j i) = kd d d d d d× = − ×   , na direção do semieixo z positivo. (f) 2 1 2 1 1 2ˆ ˆ ˆ(i j) = kd d d d d d× = − × −   , na direção do semieixo z negativo. (g) O módulo do vetor do item (e) é 1 2d d . (h) O módulo do vetor do item (f) é 1 2d d . (i) Como 1 2 1 2 ˆ( / 4) ( / 4)kd d d d× =  , o módulo é 1 2 / 4.d d (j) O vetor 1 2 1 2 ˆ( / 4) ( / 4)kd d d d× =   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 2 2(17,0 m) (22,0 m) 27,8 m.AB AD AC= + = + =  (b) O módulo da componente vertical de AB  é |AD| sen 52,0° = 13,4 m. 52. Os três vetores são 1 2 3 ˆ ˆ ˆ4,0 i 5,0 j 6,0k ˆ ˆ ˆ1,0 i 2,0 j+3,0k ˆ ˆ ˆ4,0 i 3,0 j+2,0k d d d = + − = − + = +    (a) 1 2 3 ˆ ˆ ˆ(9,0 m)i (6,0 m) j ( 7,0 m)kr d d d= − + = + + −     . (b) O módulo de r é 2 2 2| | (9,0 m) (6,0 m) ( 7,0 m) 12,9 mr = + + − = . O ângulo entre r e o semieixo z positivo é dado por k̂ 7,0 m cos 0,543 | | 12,9 m r r θ ⋅ −= = = −   o que nos dá 123 .θ = ° (c) A componente de 1d  em relação a 2d  é dada por 1 1û= cosd d d ϕ= ⋅  , em queϕ é o ângulo entre 1d  e 2d  e û é o vetor unitário na direção de 2d  . Usando as propriedades do produto escalar, temos: 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 (4,0)( 1,0) (5,0)(2,0) ( 6,0)(3,0) 12 = 3,2 m. 14( 1,0) (2,0) (3,0) d d d dd d d d d  ⋅ ⋅ − + + − − = = = = −   − + +       (d) Agora estamos interessados em encontrar uma componente d⊥ tal que 2 2 2 2 2 2 1 (4,0) (5,0) ( 6,0) 77d d d⊥= + + − = = + . Substi- tuindo d  pelo seu valor, calculado no item (c), temos: M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 8 9 APRENDA O vetor B→ é B→ ˆ ˆ(5,0)i ( 3,0) j,B = + −  e o módulo de B  é Os resultados são mostrados na figura ao lado. 58. O vetor pode ser escrito na forma ˆ(2,5 m)jd =  , em que tomamos ĵ como um vetor unitário apontando para o norte. (a) O módulo do vetor 4,0a d=   é (4,0)(2,5 m) = 10 m. (b) A orientação do vetor = 4,0a d   é a mesma do vetor d  (norte). (c) O módulo do vetor = 3,0c d−   é (3,0)(2,5 m) = 7,5 m. (d) A orientação do vetor = 3,0c d−   é a orientação oposta à do vetor d  , ou seja, o vetor c aponta para o sul. 59. Uma consulta à Figura 3-18 e uma leitura da Seção 3-8 do livro podem ajudar. Convertendo B  para a notação módulo-ângulo (como a do vetor A  ), temos ( ) 14,4 33,7B = ∠ °  . Nessa notação, uma rotação dos eixos de +20° equivale a subtrair o mesmo ângulo das definições dos vetores. Assim, ( ) 12,0 40,0A ′= ∠ °  e (14,4 13,7 )B ′= ∠ °  , 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) ˆ ˆ(9,19 m)i (7, 71 m) jA ′ ′= +  (b) ˆ ˆ(14, 0 m)i (3, 41 m) jB ′ ′= +  . 60. Os dois vetores podem ser calculados resolvendo um sistema de equações. (a) Somando as três equações, obtemos 2 6a c=  , que leva a ˆ ˆ3 9i 12ja c= = +  . (b) Substituindo em uma das equações que envolvem a e b  , obtemos ˆ ˆ3i 4 jb c= = +   . 61. Os três vetores dados são ˆ ˆ ˆ 5,0 i 4,0 j 6,0 k ˆ ˆ ˆ2,0 i 2,0 j 3,0 k ˆ ˆ ˆ 4,0 i 3,0 j 2,0 k a b c = + − = − + + = + +    (a) A equação vetorial r → = a → – b → + c → é ˆ ˆ ˆ[5,0 ( 2,0) 4,0]i (4,0 2,0 3,0) j ( 6,0 3,0 2,0)k ˆ ˆ ˆ=11i+5,0j 7,0k. r = − − + + − + + − − + −  9 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (b) Para determinar o ângulo pedido, calculamos o produto escalar de r e k̂. Como 2 2 2 = | | = (11,0) + (5,0) + ( 7,0) = 14,r r − as Eqs. 3-20 e 3-23 nos dão ( )( )k 7,0 14 1 cos 120 .r φ φ⋅ = − = ⇒ = °   (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 2 2 2 ˆ ˆ ˆ2,0i 2,0 j 3,0kˆ . ( 2,0) (2,0) (3,0) bb b − + + = = − + +   Assim, temos: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 2 5,0 2,0 4,0 2,0 6,0 3,0ˆ 4,9 . 2,0 (2,0) (3,0) ba a b − + + − = ⋅ = = − − + +  (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. 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 = sen s 7,3 a b a b θ × = =   [também é possível usar diretamente o ângulo θ calculado no item (c)]. No segundo método, executamos o seguinte cálculo: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )ˆ ˆ ˆ ˆ5,0 2,35 i 4,0 2,35 j + 6,0 3,53 k ˆ ˆ ˆ= 2,65i 6,35j 2,47k ba a b− = − + − − − − − + −  Este é o vetor correspondente à parte perpendicular de a . O módulo do vetor é 2 2 2(2,65) (6,35) ( 2,47) 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 ân- gulos 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 1d  , correspondente à primeira tacada, tem módulo d1 = 3,66 m e ângulo θ1 = 90°; o vetor 2d  , correspondente à segunda tacada, tem módulo d2 = 1,83 m e ângulo θ2 = –45°; o vetor 3d  , 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 1 2 3 + + d d d    ) é 2 2(0,65 m) (1,7 m) 1,8 m.+ = M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 9 1 (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 1 2 3 ˆ ˆ ˆ3,0 i 3,0 j 2,0k ˆ ˆ ˆ2,0 i 4,0 j 2,0k ˆ ˆ ˆ2,0 i 3,0 j 1,0k. d d d = − + + = − − + = + +    (a) Como 2 3 ˆ ˆ ˆ0 i 1,0 j 3,0kd d+ = − +   , temos: 1 2 3 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ( 3,0 i 3,0 j 2,0k) (0 i 1,0 j 3,0k) 0 3,0+6,0 3,0 m . d d d⋅ + = − + + ⋅ − + = − =    (b) Usando a Eq. 3-30, obtemos 2 3 ˆ ˆ ˆ10 i 6,0 j 2,0k.d d× = − + +   Assim, 1 2 3 3 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ( 3,0 i 3,0 j 2,0 k) ( 10 i 6,0 j 2,0k) 30 18 4,0 52 m . d d d⋅ × = − + + ⋅ − + + = + + =    (c) Calculamos 2 3 d d+   no item (a). Usando a Eq. 3-30, obtemos: 1 2 3 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ( 3,0 i 3,0 j 2,0k) (0 i 1,0 j 3,0k) ˆ ˆ ˆ= (11i +9,0 j+3,0k ) m d d d× + = − + + × − +    64. PENSE Este problema envolve o movimento de uma mosca de um canto de uma sala para o canto diagonalmente oposto. O vetor deslocamento da mosca é tridimensional. FORMULE O deslocamento da mosca está representado na figura a seguir. Um sistema de coordenadas como o da figura da direita permite expressar o deslocamento como um vetor tridimensional. ANALISE (a) O módulo do deslocamento de um canto para o canto diagonalmente oposto é dado por Substituindo os valores dados, obtemos (b) O módulo do vetor deslocamento é igual ao comprimento da linha reta que liga o ponto inicial ao ponto final. Como a linha reta é a menor distância entre dois pontos, o valor da distância não pode ser menor que o valor calculado no item (a). 9 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 68. A figura mostra os deslocamentos. A resultante (que não aparece na figura) é uma linha reta ligando o ponto inicial (Banco) ao ponto final (Walpole). Fazendo um desenho em escala, concluímos que o vetor resultante tem um módulo de 29,5 km e faz um ângulo de 35° a oeste com a direção sul, o que significa que a extremidade do vetor coincide, no mapa, com a cidade de Walpole. 69. Quando a roda descreve meia revolução, o ponto P sofre um deslocamento vertical de 2R, em que R é o raio da roda, e um deslocamento horizontal de πR (metade da circunferência da roda). Como R = 0,450 m, a componente horizontal do deslocamen- to é 1,414 m e a componente vertical do deslocamento é 0,900 m. Tomando o eixo x como eixo horizontal e o eixo y como eixo vertical, o vetor deslocamento, em metros, é ( )1.414 i + 0.900 j .r =   O módulo do deslocamento é e o ângulo do deslocamento é para cima em relação ao piso. 70. A figura mostra os vetores deslocamento para as duas partes da caminhada, A  e B  , e o deslocamento total .r Vamos tomar o semieixo x positivo como sendo a direção leste, e o semieixo y positivo como sendo a direção norte. Observe que o ângulo en- tre A  e o eixo x é 60°. Tomando todas as distâncias em metros, as componentes de A  são Ax = 250 cos 60° = 125 e Ay = 250 sen 60° = 216,5. As componentes de B  são Bx = 175 e By = 0. As componentes do deslocamento total são (a) O módulo do deslocamento total é (b) O ângulo entre o deslocamento total e o semieixo x positivo é , , M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 9 5 Essa direção corresponde a um ângulo de 36°para o norte a partir do leste. (c) A distância percorrida pela mulher é d = 250 m + 175 m = 425 m. (d) Os resultados dos itens (a) e (c) mostram que a distância total percorrida é maior que o módulo do deslocamento. Na verdade, isso acontece sempre que os deslocamentos não são executados na mesma direção e no mesmo sentido. 71. O vetor d  pode ser representado como ˆ(3,0 m)( j),d = −  em que ĵ− é o vetor unitário que aponta para o sul. Assim, ˆ ˆ5,0 5,0( 3,0 m j) ( 15 m) j.d = − = −  (a) Quando um vetor é multiplicado por um número positivo, o módulo do vetor é multiplicado pelo número, e a orientação permanece a mesma. Assim, o módulo do vetor 5,0d  é 15 m. (b) A orientação do vetor 5d  é a mesma do vetor ,d  ou seja, o vetor aponta para o sul. O vetor 2,0d−  pode ser escrito como ˆ ˆ2,0( 3,0 m j) (6,0 m) j.− − = (c) O módulo do vetor é ˆ(6,0 m) j = 6,0 m. (d) Como a multiplicação por um número negativo inverte o sentido do vetor, a orientação do vetor 2,0d−  é ĵ+ , ou seja, o vetor aponta para o norte. 72. A formiga executa três deslocamentos: em que o ângulo é medido em relação ao semieixo x positivo, e os semieixos x e y positivos foram usados para representar as direções leste e norte, respectivamente. (a) A componente x de 1d  é 1 (0, 40 m)cos 225 0,28 m.xd = °= − (b) A componentes y de 1d  é 1 (0, 40 m)sen 225 0,28 m.yd = °= − (c) A componente x de 2d  é 2 0,50 m.xd = (d) A componente y de 2d  é 2 0 m.yd = (e) A componente x de 3d  é 3 (0,60 m)cos 60 0,30 m.xd = °= (f) A componente y de 3d  é 3 (0,60 m)sen 60 0,52 m.yd = °= (g) A componente x do deslocamento total totd  é 9 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (h) A componente y do deslocamento total totd  é (i) O módulo do deslocamento total é (j) A orientação do deslocamento total é Para a formiga voltar diretamente ao ponto de partida, ela deve executar um deslocamento de tot .d−  (k) A formiga deve percorrer uma distância de tot| | 0,57 m.d− =  (l) A formiga deve se mover em uma direção que faz 25o ao sul com a direção oeste. 73. Podemos usar as Eqs. 3-23 e Eq. 3-27. (a) ˆ = ( ) k;x y y xa b a b a b× −   todos os outros termos são nulos, já que a e b  não têm componente z. O resultado é ˆ ˆ[(3,0)(4,0) (5,0)(2,0)]k 2,0k.− = (b) = + x x y ya b a b a b⋅  nos dá (3,0)(2,0) + (5,0)(4,0) = 26. (c) a→ + b → = (3,0 + 2,0) i ̂ + (5,0)(4,0) j ̂ 2 2 2 0 1 5,08 2 2(1,22) v v a x x= + ∆ ⇒ ∆ =(a→ + b → ) . b → = (5,0)(2,0) + (9,0)(4,0) = 46. (d) Várias abordagens são possíveis. Na solução apresentada, vamos construir um vetor unitário com a orientação do vetor b  e calcular o produto escalar do vetor a por esse vetor. O vetor unitário é e a componente pedida é 74. Na notação dos vetores unitários, os vetores a e b  são dados por As componentes de a são ax = 0, ay = 3,20 cos 63° = 1,45 e az = 3,20 sen 63° = 2,85. As componentes de b  são bx = 1,40 cos 48° = 0,937, by = 0 e bz = 1,40 sen 48° = 1,04.