RESOLUÇÃO HALLIDAY VOLUME 1, Exercícios de Física

Baixe RESOLUÇÃO HALLIDAY VOLUME 1 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 7 1. PENSE Quando o próton é acelerado, a velocidade e a energia cinética aumentam. FORMULE Como a velocidade inicial do próton é conhecida, a velocidade final pode ser calculada usando a Eq. 2-16, que, no caso, assume a forma v? =w + 2aAx, em que v é a velocidade final, v, é a velocidade inicial, a é a aceleração e Ax é a distância percorrida. Em seguida, a variação de energia cinética pode ser calculada usando a equação AK = K,- K, em que K, =mv;/2éa energia cinética final, e K,= 11; /2 é a energia cinética inicial. ANALISE (a) Para Ax = 3,5 cm = 0,035 m e a = 3,6 x 10º m/sº, temos v=fr7+208x = (24x10" mis) +2 (3,6x10º m/s?)(0.035 m) =2,9x107 m/s (b) A energia cinética inicial é K, im => (1.67x107 kg)(2,4x107 mis) =4,8x10"] 1 2 e a energia cinética final é K,= mê - (1.67x107 kg) (2,9x10' mis) =69x1023 Assim, a variação de energia cinética é AK=K,-K,=6,9x 10 "]-4,8x101=21x10 "3 APRENDA A variação de energia cinética pode ser escrita na forma AK = sm; -v)= sima) =mahx=FAx=W que, de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, é o trabalho realizado sobre a partícula. 2. Para uma velocidade v = 11.200 m/s, temos: Kim? -+08210) (11200)? =1.8x10º 3. 3. (a) A variação da energia cinética do meteorito seria AK=K,-K=-K, ma 2 (4x10º kg) (15x10 mis) =d 2 =-5x108 ] ou |AK[-5x 10! J.O sinal negativo indica que a energia cinética final seria menor que a energia cinética inicial. (b) A perda de energia em megatons de TNT seria -AK = (sx10/43) Imegaton de TNT) | 0, Imegaton de TNT. 4,2x105J (c) Como 1 megaton = 1000 quilotons, o número N de bombas que seria equivalente ao impacto do meteorito é dado por 0.1x1000 kiloton TNT 13 kiloton TNT 238 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 4. Vamos aplicar a equação x=,t+Lat”, que aparece na Tabela 2-1. Como x,= 0€ v, = 12 m/s no instante t = 0, a equação se torna x(D=12t+Saf? Como x = 10m para t= 1,05,9=-4,0 m/s”. O fato de que a < O significa que a velocidade da conta está diminuindo. A posição da conta é dada por x(t)=12t-2,0t?. Derivando x em relação a t, obtemos vn=G=1-40 No instante t = 3,0 s, w(3,0) = 0 e a conta para momentaneamente, A velocidade no instante t = 10 s é (10) =—28 m/s e a energia cinética correspondente é Kim? - AB 102kg)(-28 m/s) =7,11. 5. Vamos chamar a massa do pai de m e a velocidade inicial do pai de v, A energia cinética inicial do pai é 1 E = Kano ea energia cinética final (quando a velocidade é v,= v,+ 1,0 m/s)é K,=K, ano - Usamos essas relações e a Eq. 7-1 para resolver o problema. (a) Como K = Ko , temos: o que leva a uma equação do segundo grau em v,: 1; —v a 0. 2 A raiz positiva da equação acima (a única fisicamente aceitável) é v,= 2,4 m/s. (b) Como E, -K, ho € Mao = M/2, temos: 1 22 o que nos dá vino= 2v,= 4,8 m/s. 6. Podemos usar a Eq. 2-15, x(t) = x, + vt + af?/2. Como, no instante t=0 5, x, = 0 e v= 12 m/s, a equação se torna (em unidades do SI) x()=12t+4af Fazendo x = 10 me t= 1,0 s na equação anterior, obtemos a = —4,0 m/s2. O fato de que a < O significa que a velocidade da conta está diminuindo com o tempo. Substituindo a pelo seu valor na equação anterior e derivando em relação a t, obtemos dx v)=T=12-4,01 (9) a MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 241 O trabalho realizado pela força resultante é W= F,d =(3,82N)(4,00m)= 15,3] na qual usamos o fato de que d || .., (pois a caixa partiu do repouso e se moveu horizontalmente ao ser submetida a forças hori- zontais, cuja resultante é F,,). 15. (a) Como as forças são constantes, o trabalho realizado por elas é dado por W= F-d , em que d é o deslocamento. Como a força F age na direção do deslocamento, W,= Ed cosá, = (5,00N)(3,00m)cos0º = 15,0]. Como a força É, faz um ângulo de 120º com a direção do deslocamento, W, = Ed cosg, = (9,00N)(3,00m)cos120º= 13,5 ]. Como a força F, é perpendicular à direção do deslocamento, W,= Fd cos 4, = 0, pois cos 90º = 0. O trabalho total realizado pelas três forças é W=W+W,+W,=15,0]-13,5]+0=+1,50 1. (b) A energia cinética aumenta de 1,50 J durante o deslocamento. 16. A variação de energia cinética é dada por 2 vy=d - AK=qm(y; -—Y )=5m(2ahx) = maix em que usamos a relação vw? =w; + 2aAx da Tabela 2-1. De acordo com a Fig. 7-28, AK =(0-30) J=-30 Jpara Ax=+5m. A ace- leração é, portanto, (530) 2 TOk)GOm” 0,75 m/s?. O sinal negativo mostra que a velocidade do objeto está diminuindo. De acordo com a Fig. 7-28, a energia cinética se anula no ponto *=5 m, o que significa que o objeto para momentaneamente. Assim, w$=12-2a8x=0-2(-0,75 m/s?)(5,0 m)= 7,5 m2/s? ou v5=2,7 m/s. A velocidade do objeto no ponto x= -3,0 m é hg +2a4x= [7,5 m2/52+2(-0,75 m/s?)(-3,0 m)=12 m/s=3,5 m/s 17. PENSEO helicóptero realiza trabalho para levantar a astronauta, porque ela está sob a ação da força gravitacional. Esse trabalho é convertido em energia cinética da astronauta. FORMULE Vamos chamar de F a força exercida pelo cabo sobre a astronauta e de F, a força gravitacional a que a astronauta está submetida. A força do cabo, de módulo F, aponta para cima, e a força gravitacional, de módulo F, = mg, aponta para baixo. De acordo com a Segunda Lei de Newton, 242 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR F-mg=ma > F mg +a)-Lomg ANALISE (a) Como força É do cabo e o deslocamento à da astronauta têm o mesmo sentido, o trabalho realizado pela força F é Umga 1 (72 kgX98 m/s” )15 m) W=Fd= r 10 10 =1,164x10º ]=1,2x10! ) (b) Como a força gravitacional É, e o deslocamento d da astronauta têm sentidos opostos, o trabalho realizado pela força gra- vitacional é d=-mgd =— (12 kg 9,8 mis? )(15 m)=-1,058x 10! 1x1, x 10º (c) O trabalho total é a soma dos dois trabalhos: Wa =Wo4W,=1,164x10!1 1,058x10!1=1,06x10)]a/1,1x10'] De acordo com o teorema do trabalho e energia, a energia cinética da astronauta imediatamente antes de chegar ao helicóptero é K= Was Llx 10. (d) Como K = my/2, a velocidade da astronauta nesse instante é 2(1,06x10º 3) =5,4ms. 72kg APRENDA No caso de uma aceleração a, o trabalho realizado é Wa =W+W,=Fd-Ed=m(g+ajd-mgd =mad Como, de acordo com o teorema do trabalho e energia, Wa, = AK = mv?/2, a velocidade da astronauta nesse caso será v= 24d. Note que esse resultado não depende da massa da astronauta. Para os dados do problema, v=/2(9,8 m/57/10)(15 m)=5,4 m/s, o mesmo valor que foi obtido no item (d). 18. Nos dois casos, como não existe aceleração, a força usada para levantar o objeto é igual ao peso do objeto. (a) De acordo com a Eq. 7-8, W = F-d = (360kN)(0,10m) = 36 kJ. (b) Nesse caso, W = (4000 N)(0,050 m) =2,0x10? J. 19. Poderíamos usar a Eq. 7-15, mas, na verdade, para responder ao que foi pedido no enunciado do problema, basta calcular a contribuição da corda (que corresponde ao termo “W, da Eq. 7-15): W, = (50 N)(0,50 m) = -25] (O sinal negativo aparece porque a força exercida pela corda tem o sentido oposto ao do movimento do bloco.) Assim, a energia cinética aumentaria 25 J se o bloco não estivesse preso a uma corda (e sofresse o mesmo deslocamento). 20. De acordo com o gráfico da Fig. 7-30, a energia cinética (em joules) varia com x (em metros) de acordo com a equação K=K,-20x=40-20x. Como W=AK= Fax, a componente da força na direção do semieixo x positivo é FE =dK/dy=-20N. A força normal que age sobre o bloco é F,=F, e está relacionada à força da gravidade através da equação MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 243 mg [FACE (Note que F, aponta no sentido oposto ao da componente da força gravitacional.) Para uma energia cinética inicial K, = 40,0 ] e v9= 4,00 m/s, a massa do bloco é -2K, 240,0) (4,00 m/s) m 5,00 kg. Assim, a força normal é F,=J(ng)- Fi =(5,0kg)(9,8m/s?)) -(20 N)?=44,7N=45N. 21. PENSE Neste problema, a corda realiza trabalho sobre o bloco para evitar que ele entre em queda livre. FORMULE Vamos chamar de F o módulo da força que a corda exerce sobre o bloco. Tomando o sentido para baixo como positivo, a segunda lei de Newton nos dá Pacmão Mg-F = n(£) e, portanto, E = 3Mg/4, no sentido oposto ao do deslocamento. ANALISE (a) De acordo com a Eq. 7-7, o trabalho realizado pela força da corda sobre o bloco é , 3 W.=-Fd=-> Med 4 (b) De acordo com a mesma equação, o trabalho realizado pela força da gravidade sobre o bloco é W, = E d = Mgd. (c) O trabalho total realizado sobre o bloco é a soma dos dois trabalhos: 3 1 =W+W, =—qMed+ Mgd = Mgd De acordo com a Eg. 7-15, a energia cinética do bloco depois de descer uma distância d partindo do repouso é K = W, = Mgd/4. (d) Como K = My?/2, a velocidade do bloco nesse instante é vo PK. [oMeara) fed NM M o N2 APRENDA No caso de uma aceleração a, a força exercida pela corda é F = m(g- a) e o trabalho realizado pela corda sobre o bloco Wo = Ed =mad. A velocidade do bloco depois de descer uma distância d é v= /2ad. No caso especial em que o bloco está parado, a =0, E = mge v = 0. Neste problema, a = g/4 e, portanto, v=+/ 2(g/4) d= gd/2, o mesmo valor obtido no item (d). 22. Vamos chamar de d o módulo do deslocamento do espeleólogo em cada estágio. A massa do espeleólogo é m = 80,0 kg. O trabalho executado pela força usada para içá-lo será chamada de W, na qual i = 1,2, 3 para os três estágios. O problema pode ser resolvido usando o teorema do trabalho e energia cinética, Eq. 17-15. (a) No estágio 1, W, - mgd = AK, = mv; /2, na qual v, = 5,00 m/s. Isso nos dá W= med om =(80.0) (9.8) (10.0) + +(8.00)65.007 =8.84x10 J. (b) No estágio 2, W, - mgd = AK, = 0, o que nos dá W,=mgd=(80.0 kg) (9.8 m/s”) (10.0m) =7.84x10' 1. 246 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (a) Resolvendo o sistema de equações, obtemos P = 8,0 N. (b) Substituindo P pelo seu valor em uma das equações, obtemos k = 8,0 N/m. 31. PENSE Como o corpo é submetido a uma força variável ao se mover no eixo x, o trabalho realizado sobre o corpo deve ser calculado por integração. FORMULE O trabalho realizado pela força quando o corpo se desloca do ponto x, = 3,0 m para o ponto x,= 4,0 m é dado por W=[" E, de= [" 6x de=-3(7 -x2)=-3 (4,0"-3,07)=-21 1 De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, a variação de energia cinética durante esse deslocamento é em que y, é a velocidade no ponto x, e v,é a velocidade no ponto x, Conhecendo v, podemos calcular v, ANALISE (a) Explicitando v,na equação anterior, obtemos 7 5 v= [Pav = POD, (go mis) =6,6 mis m 20kg (b) De acordo com o teorema do trabalho e energia, W=AK > Jem (1-0) Portanto, x, «[2i-sx -(EUds(so m/s? —(8,0 m/s )+(3,0m)? =4,7m APRENDA Para x,> x, W=-3(x;-x7)<0, ou seja, o trabalho realizado pela força é negativo. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, isso significa que AK <0. Assim, a velocidade do corpo diminui progressivamente até se anular no ponto x, = 5,5 m. Desse momento em diante, o corpo passa a se mover com velocidade crescente no sentido negativo do eixo x até o ponto x = 0. A partir desse ponto, a velocidade do corpo diminui progressivamente até se anular no ponto x,= —5,5 m. Desse momento em diante, o corpo passa a se mover com velocidade crescente no sentido positivo do eixo x até o ponto x = 0. O ciclo se repete indefinidamente. 32. O trabalho realizado pela mola é dado pela Eq. 7-25: W, =k(x; -x;)/2. Como F, = —ks, a inclinação da reta da Fig. 7-36 cor- responde à constante elástica k. O valor da constante elástica é k = 80 N/cm = 8,0 x 10 N/m. (a) Quando o bloco se desloca de x, = +8,0 cm para x = +5,0 cm, temos: A =A8,0x10º N/m)[(0,080 m)?- (0,050 m)?]= 15,6 J= 16]. (b) Quando o bloco se desloca de x, = +8,0 cm para x = 5,0 cm, temos: m=5 6800 N/m)l(0,080 m)?-(-0,050 m)2]=15,6 ]= 16]. (c) Quando o bloco se desloca de x, = +8,0 cm para x= —8,0 cm, temos: (8,0x103 N/m)I(0,080 m)?—(-0,080 m)2]=0 3. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 247 (d) Quando o bloco se desloca de x, = +8,0 cm para x= —10,0 cm, temos: MW (68040º N/m)I(0,080 m)?-(-0,10 m)]=-14,4 ]= 14]. 33. (a) De acordo com a Eq. 7-28, temos: Ex=ké > (30N)x= (50 N/m)x/2, o que nos dá uma única solução diferente de zero, x = (3,0/25) m = 0,12 m. (b) O trabalho realizado pela força aplicada é W, = Fx= (3,0 N)(0,12m) = 0,36]. (0) De acordo coma Eq. 7-28, W,=-W, = -0,36]. (d) Fazendo K,=K e K,=0, a Eq. 7-27 nos dá K = Ex — kxº/2. Vamos derivar K em relação a x e igualar a expressão resultante a zero para determinar o valor de x, x,, para o qual a energia cinética K é máxima: x, F 7 5 (30/50) m = 0,060 m. Note que x, também é o ponto no qual a força resultante é nula. (e) Fazendo x = x, na expressão da energia cinética, obtemos K = K,., = 0,090 ]. 34. De acordo com o gráfico da Fig. 7-37, a aceleração a varia linearmente com a coordenada x. Assim, sabemos que a aceleração varia de acordo com a equação a = ax, em que a é a inclinação da reta. De acordo com os valores mostrados no gráfico, A força aplicada ao tijolo aponta no sentido positivo do eixo x e, de acordo com a segunda lei de Newton, seu módulo é dado por E = ma = max. Chamando de x,a coordenada do ponto final do deslocamento, o trabalho realizado pela força é =(“ = xy ma o (10kg)(25s?) 2= 2 W=[. F dx=maf, x dy=SÊx; = "8225 (8,0 m)=8,0x107 3. 35. PENSE Como o corpo é submetido a uma força variável ao se mover no eixo x, o trabalho realizado sobre o corpo deve ser calculado por integração. FORMULE Dada a curva da força unidimensional F aplicada a uma partícula em função do deslocamento x da partícula, o tra- balho realizado pela força é igual à área sob a curva: W/ = f “ F(x) dx. ANALISE (a) A figura mostra o gráfico de F(x). Vamos supor que x, é positivo. O trabalho é negativo enquanto a partícula se desloca de x = O até x = x, é positivo enquanto Fy a partícula se desloca de x = x, até x = 2x. Como a área de um triângulo é igual à metade do produto da base pela altura, o trabalho realizado pela força de x = 0 Oatéx=x,é W,=-x,Ey/2 e o trabalho realizado pela força dex=xatéx=2x,é W,= (2x9 — x) FJ2 = x,Fy/2. O trabalho total é a soma dos dois trabalhos: —F Xo 2X W-W+W, =p tais -0 248 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Usando uma integral para calcular o trabalho, temos dera Xy APRENDA Se a partícula parte do ponto x = 0 com velocidade inicial v, no ponto x = x, depois que a força realiza uma trabalho negativo W, = —x,E,/2, a velocidade da partícula diminui para v= fas 20. hi Fo cy m m mas aumenta novamente para v, no ponto x = 2x, depois que a força realiza um trabalho positivo x,E,/2. 36. Deacordo com a Eq. 7-32, a área sob a curva da Fig. 7-38 é igual ao trabalho realizado. Calculando a área a partir das expressões da área de um retângulo (comprimento x largura) e da área de um triângulo (base x altura)/2, obtemos W Mosca t Wicca + Wicsco + Wocxes = (20+10+0-5) 1=25 ]. 37. (a) Depois de multiplicar o eixo vertical do gráfico da Fig. 7-39 pela massa da partícula, para que se torne um gráfico da força aplicada em função do deslocamento, somamos a área triangular do gráfico, de x = 0 até x = 1, com a área retangular, de x = 1 até x=4. O resultado é W= 42]. (b) Somando as áreas de x = 0 até x = 7 e considerando as áreas sob o eixo x como negativas, obtemos W = 30]. (c) Somando as áreas de x = O até x = 9 e considerando as áreas sob o eixo x como negativas, obtemos W = 12]. (d) De acordo com as Es. 7-1 e 7-10, v = 6,5 m/s para x= 4,0 m. Voltando ao gráfico original, da aceleração em função do des- locamento, vemos que a partícula partiu do repouso e foi acelerada apenas no sentido positivo do eixo x; assim, em x= 4,0 m, O vetor velocidade aponta no sentido positivo do eixo x. (e) De acordo com as Egs. 7-1 € 7-10, v = 5,5 m/s para x = 7,0 m. Embora a partícula tenha sofrido uma desaceleração a partir do ponto x = 5, 0 m, o vetor velocidade continua a apontar no sentido positivo do eixo x. (f) Finalmente, de acordo com as Egs. 7-1 e 7-10, v = 3,5 m/s para x = 9,0m. Embora a partícula tenha sofrido uma desaceleração ainda maior, o vetor velocidade continua a apontar no sentido positivo do eixo x. 38. (a) De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos: K,=K +" (2,5-22) dk =0H0,5)2,0)-40.07 =231. (b) Considerando o limite superior de integração como variável, poderíamos obter uma equação para K,em função de x, cuja de- rivada seria igualada a zero para obtermos o valor extremo de K, Entretanto, esse processo equivale a integrar a força para depois calcular a derivada dessa integral; é muito mais simples igualar diretamente a força a zero: F=0> 25-22=0, Assim, K passa por um extremo em x = (131,6 e, para esse valor de x, K; = KU es-sds-0+0,5/25)-A (25) =2,63. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 251 Na qual usamos o fato de que 8 = 0º (a força do cabo e o movimento do elevador têm a mesma direção). Assim, 210m - ; 2 P=(3,0x10º kg)(9,8 m/s / Ts Jmaos w. 47. (a) De acordo com a Eq. 7-8, temos: W=FAx+FAyv+FAZ =(2,00 N)X(7,5 m-0,50 m)+ (4,00 NJX(12,0 m-0,75 m)+(6,00 N)(7,2m 0,20 m) =101]==1,0x10? 3. (b) Dividindo o resultado do item (a) por 12.s (veja a Eq. 7-42), obtemos P = 8,4 W. 48. (a) Como a força exercida pela mola sobre a bandeja quando a bandeja passa pela posição de equilíbrio da mola é zero, a taxa com a qual a mola está realizando trabalho sobre a bandeja também é zero. (b) A taxa é dada por P=F.$=-Fv, na qual o sinal negativo se deve ao fato de que F e 7 apontam em sentidos opostos. O módulo da força é dado por F=kx=(500N/m)(0,10m)=50N, enquanto a velocidade v pode ser obtida aplicando a lei de conservação da energia ao sistema massa-mola: Loslponl 241 2 E=K+U=l10J =mv tabs =5(0,30 kg)y +5(500 N/m)(0,10 m) o que nos dá v = 7,1 m/s. Assim, P=-F (50 NX7,1 m/s)=-3,5 x 102 W. 49, PENSE Este problema envolve um elevador carregado que se move com velocidade constante. As forças que agem sobre o sistema são a força gravitacional a que está submetido o elevador, a força gravitacional a que está submetido o contrapeso, ea força que o motor exerce sobre o elevador por meio do cabo. FORMULE O trabalho total é a soma do trabalho realizado pela força gravitacional sobre o elevador, do trabalho realizado pela força gravitacional sobre o contrapeso, e do trabalho realizado pelo motor sobre o elevador: W=W+W.+W, Vamos supor que o elevador se move com velocidade constante. Nesse caso, a energia cinética do sistema não varia e, portanto, o trabalho total realizado deve ser nulo, ou seja, W = AK = 0. ANALISE Como o elevador se desloca 54 m para cima, o trabalho realizado pela gravidade sobre o elevador é W, m,gd =—(1200 kgX9.80 m/s” )(54 m)=—6,35 x 10º 1 Como o contrapeso se desloca 54 m para baixo, o trabalho realizado pela gravidade sobre o contrapeso é W.=m, gd =(950 kgX9,80 m/s? )(54 m)=5,03x10" 5 Como W = 0, o trabalho realizado pelo motor sobre o sistema é W,=W.-W,=6,35x10º ] — 5,03x10º J = 1,32x10º J 252 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Como este trabalho é realizado em um intervalo de tempo At = 3,0 min = 180 s, a potência desenvolvida pelo motor para levantar o elevador é Wo 1,32 x 10º] p=" =74x 10 W 180 APRENDA No caso geral, o trabalho realizado pelo motor é W, = (1m, - m.)gd. Assim, se a massa do contrapeso for igual à massa do motor, o trabalho realizado pelo motor, para manter o elevador em movimento com velocidade constante, será zero. 50. (a) De acordo com as Egs. 3-23 e 7-48, p=F (4,0NX=2,0 m/5)+(9,0 NJX4,0 m/s)= 28 W. (b) Usando novamente as Egs. 3-23 e Eq. 7-48 e supondo que a velocidade é da forma 7=j, temos: P=Fy >-12W=(2,0Ny, o que nos dá v= 6m/s. 51. (a) O deslocamento do objeto é d=d,-d,=(-8,00 mi+ (6,00 m)j+(2,00 m)k.. Assim, de acordo com a Eq. 7-8, W= F.d=(3,00 NJX-8,00 m)+(7,00 NX(6,00 m)+(7,00 N)(2,00 m)=32,0 1. (b) A potência média é dada pela Eq. 7-42: 320 200 y. (c) O módulo da distância entre a origem e a posição inicial do objeto é d;= (3,00 m2+(-2,00 m)? +(5,00 m)? =6,16 m e o módulo da distância entre a origem e a posição final do objeto é d,=(-5,00 m):+(4,00 m? +(7,00 m? =9,49m, O produto escalar dos dois deslocamentos é dd, =(3,00 m)=5,00 m)+(-2,00 mJ4,00 m)+(5,00 m)(7,00 m)=12,0 m?. Assim, o ângulo entre os dois deslocamentos é 4 4 na) WI o 12,0 =782º é-co (ii) (taste 52. De acordo com o enunciado do problema, a potência do carro é Lan? |=nv2 = constante. dt MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 253 Explicitando dt, obtemosdt = nvdv/ P . Integrando essa última equação, temos “ mdy 2 [a -[ nwdy 5 polm o o P 2P na qual v, é a velocidade do carro no instante t = T. Por outro lado, a distância total percorrida pelo carro é Tr (medo m(T o nã te lovdt= [, , 5), -3P Elevando ambos os membros ao quadrado e substituindo m YZ /2P por T, obtemos E- A , = 8P( mz | spTº 3P 9m| 2P 9m o que nos dá PTS gm =constante. Diferenciando a equação acima, obtemos dPTº+3PTÊdT=0 > dT=-spP. 53. (a) Notando que a componente x da terceira força é F,, = (4,00 N)cos(60º), aplicamos a Eg. 7-8 ao problema: Wa [5,00 N - 1,00 N + (4,00 NJcos 60º](0,20 m) = 1,20]. (b) De acordo com as Egs. 7-1 e 7-10, temos: v= 2W/m = 1,10 m/s. 54. De acordo com a Eq. 7-32, a área sob o gráfico da Fig. 7-42 é igual ao trabalho executado. Calculamos a área da região retan- gular (largura x altura) e da região triangular [(largura x altura)/2] do gráfico e usamos o teorema do trabalho e energia cinética. O ponto inicial é x = 0, no qual a velocidade do corpo é v, = 40 m/s. (a) Como K, = mv; /2 = 16), temos: K-K=Woca + Mesa t Was =-4,0] e, portanto, K, (a energia cinética do corpo no ponto x = 3,0 m) é dada por K,=-40+K,=-4,0+16=12]. (b) Podemos escrever W .,.., na forma F Ax=(-4,0 NJX(x —3,0 m) e usar o teorema do trabalho e energia cinética: Ka, K, 12=(-4)2,-3,0). Para K, =8,0],x=40m. 256 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Como o valor de W, é o mesmo que foi calculado no item (a), pois o peso e a trajetória da criança não mudaram, AK=W,=2,1x102 ]. 61. Uma forma de resolver o problema é escolher uma trajetória de Za Z, e calcular a integral de linha correspondente. Outra é usar a Eq. 7-36: y una fa s w ' Fã +; Fdb= I, (Qxjdr+ Gay na qual as unidades do SI estão subentendidas. O resultado é W = 12] -18]=-6]. 62. (a) A compressão da mola é d = 0,12 m. De acordo com a Eq. 7-12, o trabalho realizado sobre o bloco pela força da gravidade é Wo =mgd = (0,25 kg)(9,8 m/s)(0,12m) = 0,29), (b) De acordo com a Eq. 7-26, o trabalho realizado pela mola é Mah =-+050 Nim)(0,12m =-1,8 3. (c) A velocidade v, do bloco imediatamente antes de se chocar com a mola pode ser calculada a partir do teorema do trabalho e energia (Eq. 7-15): AK= om =W+W, o que nos dá = (MAM) [200,29 1-1,8 1) v= una DaSkE CAS ms (d) Para resolver este item, invertemos a ordem dos cálculos e calculamos o valor de d'para o qual w/ = 7 m/s. De acordo com o teorema do trabalho e energia, 0-AmP =W+W;= mgd'-Sha? e, portanto (usando a raiz com sinal positivo), o que nos dá d' = 0,23m. Para obter os resultados acima, usamos mais dígitos nos resultados intermediários (como v, = 12,048 m/s=3,471 m/s e wj = 6,942 m/s) que nas respostas finais. 63. PENSE Um engradado está sendo empurrado em um plano inclinado. As forças que agem sobre o engradado são a força gravitacional, a força normal exercida pela superfície do plano inclinado e a força aplicada pelo operário. FORMULE O trabalho realizado por uma força É sobre um objeto que sofre um deslocamento d é dada por W= F.d=Fdcosó, em que 6 é o ângulo entre É e d. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 257 ANALISE (a) Como a força aplicada pelo operário é paralela ao plano inclinado, o trabalho realizado pela força é W, = Fdcos0º=(209 N)(1,50 m)=314 J (b) O trabalho realizado pela força gravitacional é W, = Fdcos(90º+25º)=mgdcosl 15º =(25,0kg)(9,8m/s)(1,50 m)cosl 15º =—155 ) (c) Como o ângulo entre a força normal e a direção do movimento é 90º, o trabalho realizado pela força normal é zero: W, = Fdcos90º (d) O trabalho total realizado sobre o engradado é a soma dos três trabalhos: W=W,+W,+W, =314 J+(-155 ))+0 J=158) APRENDA De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, se o engradado estiver inicialmente em repouso (K, = 0), a energia cinética, depois que ele for deslocado 1,50 m para cima ao longo do plano inclinado, será K,= W = 158 ), e a velocidade do engradado nesse instante será v=/2K,/m= 2(158 1)/25,0kg =3,56m/s 64. (a) A força F exercida pela esteira sobre a caixa é uma combinação da força normal e da força de atrito. Como a caixa está se movendo para cima com velocidade constante, essa força aponta para cima e cancela exatamente a força da gravidade mg. Assim, [ É | = mg. Nesta parte do problema, o ângulo é entre a esteira ea força É é 80º. De acordo com a Eq. 7-47, temos: P= Fy cosó=(19,6 NX0,50 m/s) cos 80º=1,7 W. (b) Nesse caso, o ângulo entre a esteira e a força F é 90º e, portanto, P= 0. (c) Nesse caso, o ângulo entre a esteira e a força F é 100º e, portanto, P= (19,6 N)(0,50 ms) cos 100º = 1,7 W. 65. Como a velocidade é constante, a força usada para levantar a lata é igual ao peso do objeto. Note que a força F aplicada pela pessoa é igual (em módulo) à tensão da corda. (a) Como é dito na sugestão, a força total com a qual a corda puxa a segunda polia é duas vezes maior que a tensão da corda: 2T = mg=20 x 9,8 = 196N. Como| F|= T,|F|=98N. (b) Para que a lata suba 0,020 m, dois segmentos da corda (veja a Fig. 7-45) devem sofrer uma redução de 0,020 m. Assim, o des- locamento da corda na extremidade esquerda (que é igual a d , o deslocamento para baixo da mão da pessoa que está puxando a corda) é d = 0,040 m. (c) Como (na extremidade esquerda) F e d apontam para baixo, a Eq. 7-7 nos dá W = F.d =(98 N)(0,040 m)=3,91. (d) Como a força de gravidade F, (cujo módulo é mg) tem o sentido oposto ao do deslocamento d, = 0,020 m da lata, a Eq. 7-7 nos dá W= F,-d,=- (196 N)(0,020 m)=-3,9 1. 258 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Este resultado está de acordo com a Eq. 7-15, já que não há variação de energia cinética. 66. Depois de converter a velocidade para unidades do SI (v = 120 km/h = 33,33 m/s), obtemos: 1 1 2 K= un? =(1200kg)(33,33m/s) =6,67x10'1. 67. PENSE Neste problema, que envolve pacotes pendurados em uma mola, o alongamento da mola pode ser calculado usando a lei de Hooke. FORMULE De acordo com a lei de Hooke, a força exercida pela mola é dada por EF =-k(x—x)=-hAx em que Ax é o deslocamento em relação à posição de repouso. Assim, para as duas primeiras situações mostradas na Fig. 7-48, temos —MON=-(40 mm-x,) —240N =-k(60 mm-—x,) Podemos resolver esse sistema de equações para obter os valores de k, a constante elástica da mola, e x, o comprimento de repouso da mola. ANALISE (a) Somando as duas equações, obtemos 240 N-110 N = k(60 mm-40 mm) o que nos dá k = 6,5 N/mm. Substituindo k pelo seu valor na primeira equação, obtemos 10N -—— = 23 mm 6,5 N'mm 40 mm ON do mm (b) Aplicando os resultados do item (a) à terceira situação mostrada na Fig. 7-48, obtemos W=kG0mm-x,) = (6,5 N/mm)(30 mm—23 mm) =45 N APRENDA Uma forma alternativa de calcular W para a terceira situação é observar que, como o alongamento da mola é propor- cional do peso do pacote, W/W' = Ax/Ax'. Aplicando essa relação à segunda situação e à terceira situação, obtemos w=| 2% ly. (am mm 23 UM |240n)=45 Ax, ) é 60 mm-23 mm que é o mesmo valor calculado no item (b). 68. De acordo com a Eq. 7-7, W = Fd cos $=1504 J. Nesse caso, o teorema do trabalho e energia cinética nos dáK,=K,+ W=0 + 1504]. A resposta é, portanto, 1,5 K. 69. O peso total é (100)(660 N) = 6,60 x 10º N. Como o elevador está subindo com velocidade constante, a aceleração é zero e, de acordo com a segunda lei de Newton, a força exercida sobre o elevador é igual ao peso total. Assim, P=Fv= (6,60 x 10)(150 m/60,0 5) = 1,65 x 105 W. 70. De acordo com a Eq. 7-8, em unidades do SI, W = (4,0)(3,0) - c(2,0) = 12. - 2c. (a) Para W=0,c=6,0N. (b) Para W=17],c=-2,5N. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 261 (b) Podemos ver no gráfico que o máximo de W acontece para x = 3,00 m. Isso pode ser confirmado derivando W em relação a x e igualando o resultado a zero, ou simplesmente notando que E, é zero para este valor de x. (c) O valor máximo do trabalho é W = (9/2)(3,00) — (3,00) = 13,50 ]. (d) De acordo com o gráfico (ou com a expressão do trabalho em função de x), W = 0 para x = 4,50 m. (e) Se a caixa está em repouso, v = 0. Como W = AK = mv?/2, essa condição equivale a dizer que W = 0, o que acontece para x = 4,50 m. 79. PENSE Uma merendeira escorrega em um plano inclinado sob a ação de um vento constante. O problema envolve a análise de um gráfico. FORMULE A Fig, 7-51 mostra um gráfico de x(1), a posição da merendeira em função do tempo. Pela forma da curva, fica evidente que é possível ajustá-la a uma parábola com a concavidade voltada para baixo: 1 1 D)=>H10-D)=1-—P O=q00-0=6 Derivando duas vezes a equação anterior, obtemos a velocidade e a aceleração da merendeira: =—0,2(emm/s?) As equações mostram que a velocidade inicial é v,= v(0) = 1,0 m/s e que a força constante do vento é F=ma=(2,0kg)(-0,2 m/s?) =—0,40N O trabalho correspondente é dado por W()=E-x(1)=-0,044(10-2) A energia cinética inicial da merendeira é 2.0 kg)(1,0m/s) =1,0 3 Como AK = K,- K,= W, a energia cinética em um instante posterior é dada (em unidades do SI) por K(D=K,+W =1-0,04/(10-1) ANALISE (a) Para t = 1,05, a expressão anterior nos dá K(s)=1-0,041)10-1)=1-0,36=0,64=0,6J em que o resultado foi arredondado para dois algarismos significativos. 262 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Para t= 5,0 5, a expressão anterior nos dá K(5,0 5) = 1 - 0,04(5)(10- 5)=1-1=0 (c) O trabalho realizado pelo vento sobre a merendeira entre t= 1,0 se t=5,0s é =K(5.0)-K(1,08)=0-0,6=-0,6 J APRENDA O resultado do item (c) também pode ser obtido calculando a diferença entre W(5) e W(1) a partir da expressão W(f) =-0,04H(10- 1): WS)=W()=-0,04(S)(L0-5)-[-0,04(D0-1)]]=-1-(-0,36)=-0,64=-0,6 Note que no instante t = 5,0 s, K= 0 ea merendeira para momentaneamente; em seguida, ela começa a se mover no sentido oposto. 80. Como o problema foi formulado em unidades do SI, o resultado (dado pela Eq. 7-23) está em joules. Calculado numericamente, usando um recurso disponível na maioria das calculadoras modernas, o resultado é aproximadamente 0,47 ]. Para o estudante interessado, vale a pena mostrar a resposta “exata” (em termos da “função erro”): fes a de= A Batest(ov2/5)- erf(3/2/20]. eus 81. (a) O trabalho realizado pela mola é W, = (k/2/x; - x7). De acordo com a lei de conservação da energia, quando o bloco chega ao ponto x,= 0, toda a energia armazenada na mola foi convertida em energia cinética do bloco: W, = nnv?/2. Igualando as duas expressões e explicitando v, obtemos = (0,300 m), OONM 335 ms. 4,00kg = 2 (500 N/m)(0,300 m)? = 22,5 J lil? > 2 2 (b) O trabalho realizado pela mola é (c) A potência instantânea desenvolvida pela mola é dada por P=Fv=(kx) No momento em que o bloco é liberado, x = x, e, portanto, P = 0. (d) De acordo com a equação anterior, para x=0, P=0. (e) A posição em que a potência desenvolvida pela mola é máxima pode ser determinada derivando P em relação a x e igualando o resultado a O: 2-2) o que nos dá 0,300m 2 =0,212m. 82. (a) Aplicando a segunda lei de Newton ao movimento nas direções paralela e perpendicular ao plano inclinado, obtemos as equações —mgsenO = ma Fe-mgcos0=0 Podemos usar a segunda equação para calcular o ângulo 8 que o plano inclinado faz com a horizontal: MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 263 Fa 8=cos! (E )-cos mg De acordo com a primeira equação, a aceleração do bloco é 1341N -n0º (4,00 kg X9,8 mis?) a=L gseno= ON. (9,8 mys?)5en70,0º =3,20 m/s? m “4,00kg De acordo com a Eq. 2-16, v? = w + 2ad; portanto, a velocidade do bloco para d = 3,00 m é v=2ad = [2(3,29 m/s" (3,00 m) = 4,44 m/s 83. (a) O trabalho realizado pela mola é st) "50 800 N/m)(7,60x10?m) =-5,20x 10?) (b) Como, para x! =23,, o trabalho realizado pela mola é 1; =-k(x, =-k(2x,)”, O trabalho adicional realizado pela mola é , 1 (0) 3 ay 2 AW =, => M2x,7 [= |=-5hs; =3H, =3(-520x1021)= 0,156 1 84. (a) O deslocamento do objeto é =(-4,101+3,30]+5,40k)—(2,701-2,90]+5,50 k) = (—6,80i +6,20]-0,10k) O trabalho realizado pela força F = (2,00 143,30 j+5,30k) Né W = É AF =(2,001 +9,00+5,30 É) -(-6,801 + 6,20]-0,10k) = 41,73 (b) A potência média desenvolvida nesse intervalo de tempo é p=H 11 98 w At 2105 (c) Os módulos dos vetores posição são (em unidades do SI) n=[5 = (2.70) +(-2,907 +(5,50 = 6,78 B|= (4,107 +(3,307 +(5,40) = 7,54 h e o produto escalar dos vetores posição é FE =(2,701-2,90]+5,50 k) (-4,10i + 3,30] +5,40k) =(2,70(-4,10) +(-2,90)(3,30) + (5,50)(5,40) = 9,06 De acordo com a relação 7;-7, = 17, cos 6, O ângulo entre 7 e 7 é =cos! (rss) =79.8º (6,78)(7,54) 85. O trabalho realizado pela força é W = Ed =(-5,00i +5,00]+ 4,00 k) (2,001 +2,00)+ 7,00 k) = 28 1 Como, de acordo com a lei de conservação da energia, W/ = AK = (1n/2)9º 17), a velocidade final da partícula é v= 4H (4,00 m/s)? + 2(28 1) 6,63m/s m 2,00kg