fisica1_gabarito_p1

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Capítulo 1 – Exercícios Resolvidos - Pares 
1-2: 
 
.9.28
54.2
1
1
1000
 473.0 3
3
3
in
cm
in
x
L
cm
xL
 
 
1-4: 
 
.1013.1
1
100
1000
1
3.11
3
4
3
3 m
kg
x
m
cm
x
g
kg
x
cm
g
 
 
1-6: 
 
.21129.2111
.16
1
1
.128
788.3
1
1
1000
1
3
3
garrafasgarrafas
oz
garrafa
x
gal
oz
x
L
xgal
m
L
xm
 
 Então, o consumo diário deve ser: 
.78.5
24.365
1
1011.2 3
dia
garrafas
dia
ano
x
ano
garrafas
x
 
1-8: 180,000 
.67
24
1
14
1
8
1
(**)
(*)
gal
mi
h
dia
x
dias
fortnight
x
furlongs
milhas
x
fortnight
furlongs
 
 
* - 1 furlong = 1/8 de milhas - (unidade de comprimento 
utilizada em corrida de cavalos) 
* * - 1 fortnight = 14 dias - (medida muito utilizada na 
Inglaterra e Austrália) 
 
1.10:(3.16 x 10
7
 s - x 10
7
 s)/(3.16 x 10
7
 s) x 100 = 0.58% 
 
1-12: a) (12 mm) x (5.98 mm) = 72 mm
2
 (dois algarismos 
significativos). 
 b)
mm
mm
12
98.5 = 0.50 (também dois algarismos 
significativos). 
c) 36 mm (mais próximo ao milímetro). 
d) 6 mm. 
e) 2.0. 
 
 
1-14: A área é 10.64 0.08 cm
2
, onde os valores 
extremos do comprimento e largura são utilizados para 
encontrar as incertezas na área. A incerteza fracionária na 
área é: 
2
64.10
2
08.0
cm
cm = 0.75%, e a incerteza fracionária no 
comprimento e largura são, 
cm
cm
60.5
01.0 = 0.18% e 
cm
cm
9.1
01.0 = 
0.53%, respectivamente. 
 
1-16: (Números de carros x milhas/carros por dia)/mi/gal 
= galões/dia 
(2 x10
8
 carros x 10000 mi/ano/carro x 1 ano/365 
dias)/(20 mi/gal) = 2.75 x 10
8
 gal/dia 
 
1-18: Supondo que sejam necessárias aproximadamente 
quatro sementes para preencher 1 cm
3
, uma garrafa de 2 L 
conterá aproximadamente 8000 sementes. 
 
 1-20: Supondo que se realize10 inspirações por minuto, 
24 x 60 minutos por dia, 365 dias por ano, e uma vida 
média de 80 anos, então o volume total de ar respirado em 
uma vida é aproximadamente de 2 x 10
5
 m
3
. Este é o 
volume de ar contido em uma sala com 100 m x 100 m X 
20 m, ou em campo de beisebol pequeno ou ainda da 
mesma ordem de grandeza do volume de Andrômeda. 
 
1-22: Admitindo que a taxa de pulsação de um coração 
humano seja um pouco maior que uma batida por 
segundo, este coração irá bater 10
5
 vezes por dia. Como 
temos 365 dias em um ano e considerando que a vida 
média de um ser humano seja de aproximadamente 80 
anos, então o número de batidas de um coração em uma 
vida é em torno de 3 x 10
9 
. Como o coração bombeia 50 
cm
3
 por batida e um galão corresponde a 
aproximadamente 3.79 liros, então o coração humano irá 
bombear aproximadamente 4 x 10
7
 galões de sangue. 
 
1-24: Como a área superficial da Terra é 4 R
2
 = 5 x 10
14
 
m
2 
e o raio da Terra igual a 6 x 10
6
 m, então a área 
superficial de todos os oceanos é aproximadamente igual a 4 
x 10
14
 m
2
. Uma profundidade media de 10 Km dá um 
volume de 4 x 10
18
 m
3
 = 4 x 10
24
 cm
3
. Determinar o tamanho 
de uma gota de água é algo puramente pessoal, portanto 
podemos considerar que a relação 25 gotas/cm
3
 seja algo 
razoável e, desse modo, as águas do oceano conteriam um 
total de 10
26 
gotas. 
 
1-26: A Lua está aproximadamente a 4 x 10
8
 m = 4 x 
10
11
 mm de distância da Terra. Dependendo da idade, a 
espessura de uma nota de papel pode ter entre 2 a 3 
milímetros. Então, o número de notas empilhadas para 
alcançar a lua seria da ordem de 10
12
 notas. O valor dessas 
notas seria da ordem de 1 trilhão de dólares (1 teradólar) 
 
 
1-28: 
 
 
1-30: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a)11.1 m @ 77.6
o
 
(b)28.5 m @ 202
o
 
(c)11.1 m @ 258
o
 
(d)28.5 m @ 22
o
 
 
1-32: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1-34: (A figura está anexada junto ao exercício 1-29). 
 
 O deslocamento resultante para a direção norte é 
(2.6 km) + (3.1 km) sen 45
o
 = 4.8 km, e o deslocamento 
resultante para a direção leste é (4.0 km) + (3.1 km) cos 45
o
 
= 6.2 km. O módulo do deslocamento resultante é 
22 )2.6()8.4( kmkm
 = 7.8 km, enquanto a direção é 
arctang 
2.6
8.4 = 38
o
 para o nordeste. 
1-36: Utilizando se das Equações (1-8) e (1-9), o módulo 
e a direção de cada vetor dado é: 
 
 (a) 
22 )20.5()6.8( cmcm
 = 10.05 cm, 
 arctan 
60.8
20.5
 = 328.8
o
 (que é o mesmo que 360
o
 – 
31.2
o
). 
 
 (b) 
22 )45.2()7.9( mm
= 10.0 m, 
 arctan 
7.9
45.2 = 14
o
 + 
180
o
 = 194
o
. 
 
 (c) 
22 )70.2()75.7( kmkm
= 8.21 km, 
 arctan 
75.7
7.2 = 340.8
o
 (que é o mesmo que 360
o
 – 
19.2
o
). 
 
1-38: (a) A somas das componentes x e y são, 
respectivamente 1.30 cm + 4.10 cm = 5.40 cm, 
2.25 m + (-3.75 cm) = -1.50 cm. 
(b) Utilizando as Equações (1-8) e (1-9), 
 
22 )50.1()5.4( cmcm
= 5.60 cm, arctan 
40.5
50.1 = 344.5o ccw. 
(c)Analogamente , 4.10 cm – (1.30 cm) = 
2.80 cm, -3.75 cm – (2.25 cm) = -6.00 cm. 
(d)
22 )0.6()80.2( cmcm
 = 6.62 cm, 
 arctan 
80.2
00.6 = 2.95
o
 (que é o mesmo que 360
o
 - 65
o
). 
1-40: A = (-12.0 m) î. 
Mais precisamente: 
A = (12.0 m)(cos 180
o
) î + (12.0 m)(sen 180
o
) ĵ. 
B
= (18.0 m)(cos 37
o
) î + (18.0 m)(sen 37
o
) ĵ 
= (14.4 m) î + (10.8 m) ĵ. 
1-42: (a) 
A
 = (3.6 m) cos 70.0
o
 î + (3.60 m) sen 
70.0
o
 ĵ = (1.23 m) î + (3.38 m) ĵ 
 
B
 = -(2.40 m)cos 30.0
o
 î - (2.4 m) sen 30.0
o
 
ĵ = (-2.08 m) î + (-1.20 m) ĵ. 
 (b) 
C
 = (3.00) A – (4.00) B 
 = (3.00) (1.23 m) î + (3.00) (3.38 m) ĵ – 
(4.00) (-2.08 m) î – (4.00) (-1.20 m) ĵ = 
(12.01 m) î + (14.94 m) ĵ 
 (Note que na adição de componentes a quarta figura 
torna-se significativa.) 
 (c)Das equações (1-8) e (1-9), 
c = 
22 )94.14()01.12( mm
= 19.17 m, 
arctan 
m
m
01.12
94.14
 = 51.2
o
 . 
 
1-44: Método 1: (Produto dos Módulos pelo cos ) 
 
 AB cos = (12 m x 15 m) cos 93
o
 = -9.4 m
2 
 BC cos = (15 m x 6 m) cos 80
o
 = 15.6 m
2
 
 AC cos = (12 m x 6 m) cos 187
o
 = -71.5 m
2
 
 
 Método 2: (Soma dos produtos das componentes) 
 
 A B = (7.22) (11.49) + (9.58) (-9.64) = -9.4 m
2
 
 B C = (11.49) (-3.0) + (-9.64) (-5.20) = 15.6 m
2
 
 A C = (7.22) (-3.0) + (9.58) (-5.20) = -71.5 m
2
 
 
1-46: Para todos esses pares de vetores, o ângulo é 
encontrado combinando-se as Equações (1-18) e (1-21) , 
isto é 
.arccosarccos
AB
BABA
AB
BA yyxx
 
 Nos cálculos intermediários apresentados aqui, os 
algarismos significativos nos produtos escalares e nos 
módulos dos vetores foram suprimidos. 
 (a)
,13,40,22 BABA
 então 
1340
22
arccos
 = 165
o
. 
 (b) 
,136,34,60 BABA
 
 = arccos 
13634
60
 = 28
o
. 
(c) 
.90,0BA
 
 
1-48: (a) Da Eq. (1-22), o módulo do produto vetorial é 
(12.0 m) (18.0 m) sen (180
o
 – 37o) = 130 m2. 
A regra da mão direita indica que a direção é para dentro da 
pagina ou seja direção – z . Usando a Eq. (1-27), a única 
componente não nula do produto vetorial é: 
Cz = AxBy = (-12 m) ((18.0 m) sen 37
o
) = -130 m
2
. 
(b)O mesmo método utilizado em (a) pode também ser 
aplicado aqui, mas a relação dada pela Eq. (1-23) fornece o 
resultado de forma direta: mesmo módulo (130 m
2
), mas 
direção oposta
(direção +z ). 
 
1-50: (a) Da regra da mão direita a direção do produto 
vetorial 
BxA
 é para dentro da página (direção – z). Da Eq. 
(1.22) obtemos o modulo do produto vetorial, 
AB sen = (2.80 cm) (1.90 cm) sen 120
o
 = 4.61 cm
2
. 
Ou, usando a Eq. (1-27), notamos que a única componente 
não nula é Cz = AxB - AyBx= (2.80 cm) cos 60.0
o
 (-1.90 cm) 
sen 60
o
-(2.80 cm) sen 60.0
o
 (1.90 cm) cos 60.0
o
= -4.61 cm
2 
cujo resultado é o mesmo obtido acima. 
 (b) Em vez de se repetir os cálculos acima, a 
Eq. (1-23) pode ser utilizada para obter o modulo do produto 
BxA
 , resultando no valor de 4.61 cm
2
 cuja direção é no 
sentido do eixo positivo de z (+z), isto é para fora da página. 
 
1-52: (a) ($4,950,000/102 acres) x (1 acre/43560 ft
2
) x 
(10.77 ft
2
/m
2
) = $12/m
2
. 
(b) ($12/m
2
) x (2.54 cm/in)
2
 x (1 m/100 cm)
2
 = .008/in
2
. 
(c) $.008/in
2
 x (1 in x 7/8 in) = $.007 por selo de correio com 
a dimensão especificada. 
 
1-54: Seja uma pessoa com 70 Kg e admita que o corpo 
humano seja constituído principalmente de água. Usando o 
Apêndice D, encontramos a massa de uma molécula de água 
(H2O) igual a: 18.015 u x 1.661 x 10
-27
 kg/u = 2.992 x 10
-26
 
kg/ molécula. (70 kg/2.992 x 10
-26
 kg/ molécula) = 2.34 x 
10
27
 moléculas . (Admitindo-se que o átomo de carbono seja 
um dos mais comum na natureza, resultam em 3 x 10
27
 
moléculas). 
 
 
1-56:(a)(6.0 x 10
24
 kg) x 
mol
kg
x
mol
atoms
x
3
23
1014
100.6 = 2.6 x 10
50
 átomos. 
(b) O número de nêutrons é obtido dividindo-se a massa da 
estrela de nêutron pela massa de nêutrons: 
)/107.1(
)100.2()2(
27
30
neutronkgx
kgx
 = 2.4 x 10
57
 nêutrons. 
(c)A massa média de uma partícula é essencialmente 
3
2
 da 
massa dessa partícula, seja ela um próton ou um nêutron. 
Tanto a massa do próton como do nêutron é igual a 1.7 x 10
-
27
 kg. O número total de partículas é obtido dividindo-se a 
massa total pela sua massa média, sendo que a massa total é 
obtida pelo produto do volume pela densidade média. 
Chamando a densidade de (de acordo com a notação 
introduzida no Capítulo 14), temos: 
.102.1
)107.1(
)/10()105.1()2(
3
2
3
4
79
27
318311
3
x
kgx
mkgmx
m
R
m
M
p
ave
 
 Observe que houve uma conversão de 
g/cm
3
 to kg/m
3
 ! 
 
1-58: (a) Rx = Ax + Bx + Cx 
= (12.0 m) cos (90
o
 – 37o) + ) (15.00 m) cos (-40o) + (6.0 m) 
cos (180
o
 + 60
o
) = 15.7 m, e 
 Ry = Ay + By + Cy 
= (12.0 m) sen (90
o
 – 37o) + (15.0 m) sen (-40o) + (6.0 m) 
sen (180
o
 + 60
o
)= -5.3 m. 
 O módulo da resultante é: 
 R = 
22
yx
RR
= 16.6 m, enquanto que a direção a partir 
do eixo x positivo é arctan 
7.15
3.5
 = -18.6
o
. Mantendo-se 
os algarismos significativos durante as etapas 
intermediaria de cálculo obteríamos o angulo de –18.49o o 
qual, quando considerado como sendo um ângulo positivo 
à esquerda do eixo x positivo e arredondado para o grau 
mais próximo, é de 342
o 
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
(b) Sx = -3.00 m – 7.22 m – 11.49 m = -21.71 m; 
Sy = -5.20 m – (-9.64 m) – 9.58 m = -5.14 m 
)71.21(
14.5(
arctan
 = 13.3
o
 
 
S = 
22 )14.5()71.21( mm
= 22.3 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
1-60: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O marinheiro, para cumprir a terceira etapa e atingir o 
ponto de chegada, deve navegar para leste uma distância de 
1.33 Km , isto é: 
(5.80 km) – (3.50 km) cos 45o – (2.00 km) = 1.33 km 
e em seguida navegar para a direção norte uma distância de 
2.47 Km, isto é: (3.5 km) sen 45
o
 = 2.47 km. Portanto, o 
módulo final de seu deslocamento deve ser de: 
 
22 )47.2()33.1( kmkm
= 2.81 km, 
 em um ângulo de 
33.1
47.2
= 62
o
 ao norte relativo a 
direção leste, ou deslocar os mesmos 2.81 Km mas em um 
ângulo de 90
o
 – 62o = 28o ao leste relativo a direção norte. 
Para uma resposta mais precisa será necessário conservar 
algarismos significativos extras durante as etapas 
intermediárias de cálculo. 
 
1-62: O deslocamento para a direção leste, da cidade de 
Lincoln para a cidade de Manhattan é: 
(147 km) sen 85
o
 + (106 km) sen 167
o
 
+ (166 km) sen 235
o
 = 34.3 km e o deslocamento para a 
direção norte é: (147 km) cos 85
o
 + (106 km) cos 167
o
 
+ (166 km) cos 235
o
 = -185.7 km. 
(Conforme mostrado na Fig. (1.30), um 
deslocamento negativo para a direção norte significa de fato 
um deslocamento para a direção sul. Os números 
significativos foram mantidos nas etapas intermediarias de 
cálculos). 
 (a)
22 )7.185()3.34( kmkm
= 189 km 
(b) A direção da cidade de Lincoln para a cidade de 
Manhattan, relativa a direção norte é 
arctan 
km
km
7.185
3.34
= 169.5
o
 
 Então, a direção que se deve voar para retornar para 
a cidade de Lincoln é: 
169.5
o
 + 180
o
 = 349.5
o
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1-64: (a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(b) Para se usar o método das componentes, faça 
a direção leste como sendo a direção do eixo x e a direção 
norte como sendo a direção do eixo y. Com isso, o 
deslocamento resultante do explorador em unidade do 
comprimento de seus pés, e na direção do eixo x é: (40) 
cos 45
o
 – (80) cos 60o = -11.7 e o deslocamento na direção 
y é: (40) sen 45
o
 + (80) sen 60
o
 – 50 = 47.6 
 Portanto, o módulo e a direção deste 
deslocamento são: 
22 )6.47()7.11(
= 49, arctan 
7.11
6.47
= 104
o
. 
 (Não se pode garantir uma melhor precisão no 
ângulo pois as medidas fornecidas estão com precisão 
máxima). 
 
 
1-66: (a) O ângulo entre os vetores é: 210
o
 – 70o = 
140
o
, portanto da Eq. (1-18) temos BA  = (3.60 m) 
(2.40 m) cos 140
o
 = -6.62 m
2
. 
 Ou, da. (1-21) temos 
 
x x y yA B A B A B
 
= (3.60 m) cos 70
o
 (2.4 m) cos 210
o
 + (3.6 m) sen 70
o
 (2.4 m) 
sen 210
o 
= -6.62 m
2
. 
 
(b) Da Eq. (1-22), o módulo do produto vetorial 
é: (3.60 m) (2.40 m) sen 140
o
 = 5.55 m
2
, e da regra da 
mão direita obtemos que o vetor está apontando para fora 
desta página (a direção +z ). Como as componentes z dos 
vetores 
BeA
 são nulas, da Eq. (1-30) podemos obter a 
componente z do produto vetorial , isto é: 
 AxBy – AyBx = (3.60 m) cos 70
o
 (2.40 m) sen 210
o 
-(3.60 m) sen 70
o
 (2.40 m) cos 210
o 
 = 5.55 m
2
. 
 
1-68: Com o eixo +x apontando para a direita, o eixo 
+y apontando para o topo desta página e o eixo +z 
apontando para fora desta página, temos: 
.0)(,9.68)(,8.87 22
zyx
BxAcmBxAcmBxA

 
1-70: Cada um dos vetores possuem módulo igual a
3
, e seu produto escalar é (1) (1) + (1) (-1) + (1) (-1) = 
-1, então, da Eq. (1-18) o ângulo entre as duas ligações 
químicas é: arccos =
33
1 = arccos 
3
1 = 109
o
. 
 
1-72: (a) Esta é a lei dos co-senos para a qual 
existem muitas formas de dedução. A forma mais direta de 
dedução é através da álgebra vetorial, onde supomos a 
linearidade do produto escalar (um ponto já utilizado, mas 
não mencionado de forma explicita no texto) , de forma a 
demonstrar que o quadrado do módulo da soma de dois 
vetores 
BA
 é 
BBABBAAABABA
 
 = 
BABBAA

2
 = 
BABA

222
 
= 
cos222 ABBA
 
 Outro modo é usando as componentes vetoriais. 
Admitindo que os vetores fazem um ângulo A and B com 
o eixo x, as componentes
da soma vetorial são A cos A + 
B cos B e A sen A + B sen B. Então o quadrado do módulo 
é 
 
 (A cos A + B cos B)
2
 + (A sen A + B sen B)
2
 
= A
2
 (cos
2
 A + sen
2
 A) + B
2
 (cos
2
 B + sen
2
 B) 
+2AB (cos A cos B + sen A sen B) 
= A
2
 + B
2
 + 2AB cos ( A - B)= A
2
 + B
2
 + 2AB cos , 
onde = A - B é o ângulo entre os vetores. 
 (b)Fazendo-se uma análise geométrica mostra-se que 
os vetores 
BA

,
 e sua soma 
BA

,
 devem ser os lados de 
um triângulo eqüilátero. O ângulo entre 
BeA

,
 é nesta 
consideração igual a 120
o
 desde que um vetor seja deslocado 
para juntar sua cabeça com cauda do outro vetor. Usando o 
resultado do item (a), e fazendo-se A = B, temos A
2
 = A
2
 + A
2
 + 
2A
2
 cos , cancelando-s os termos iguais, fica 1 = 2 + 2 cos , ou 
cos = 
,
2
1
 e portanto = 120
o
. 
 (c) Em qualquer método de derivação utilizado, o 
ângulo deverá ser substituído por 180
o
 - , de forma que o co-
seno irá mudar de sinal e o resultado será 
 
.cos222 ABBA
 
 (d) Analogamente como foi feito no item (b), quando 
a diferença vetorial tem o mesmo módulo, então o ângulo entre 
os vetores é 60
o
. Algebricamente, é obtido de 1 = 2 – 2 cos , 
portanto cos = 
2
1
 and = 60
o
. 
1-74: Da equação (1-27), o produto vetorial é: 
.ˆ
00.13
00.11ˆ
00.13
00.6ˆ)00.1(13ˆ)00.11(ˆ)00.6(ˆ)00.13( kjikji
 
 O módulo do vetor dentro colchete é 
,93.1
 
então um vetor unitário nessa direção (o qual é 
necessariamente perpendicular a ambos os vetores 
)A e B
 é 
: 
 
93.1
ˆ)13/11(ˆ)00.13/00.6(ˆ)00.1( kji
. 
 Obtendo o negativo do vetor acima temos: 
 
93.1
ˆ)13/11(ˆ)00.13/00.6(ˆ)00.1( kji
, 
 
 que é também um vetor unitário perpendicular aos 
vetores 
A e B
. 
1-76: (a) As áreas máxima e mínima são: 
(L + l) (W + w) = LW + lW + Lw, (L – l) (W - w) 
= LW – lW - Lw, 
 onde os termos com mesma propriedade foram 
desprezados. Dessa forma, a área e sua incerteza são WL 
(lW + Lw), e portanto a incerteza na área é a = lW + Lw. 
 
(b) A incerteza fracionária na área é: 
 
W
w
L
l
WL
WllW
A
a , 
ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no comprimento 
e largura. 
 
 (c) No calculo para se calcular as incertezas v no 
volume, semelhante ao exercício anterior, teremos que 
desprezar os termos lwH, lWh e Lwh e também lwh. Dessa 
forma a incerteza no volume é v = lWH + LwH + LWh, e 
portanto a incerteza fracionária no volume é: 
 (d)
,
H
h
W
w
L
l
HLW
LWhLwHlWH
V
v
 
ou seja, é a soma das incertezas fracionárias no 
comprimento, largura e altura. 
 
1-78: (a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
(b) 
(i) In AU, 
22 )9329.0()3182.0(
 = 
0.9857. 
(ii) In AU, 
222 )0414.()4423.()3087.1(
 = 1.3820 
(iii) In AU, 
222 )0414.0())4423.(9329.0())3087.1(3182.0(
 = 1.965. 
 
(c) O ângulo formado entre a direção Terra-Sol e 
a direção Terra-Marte é obtido pelo produto vetorial . 
Combinando-se as Equações (1-18) e (1-21), temos 
 
.6.54
)695.1)(9857.0(
)0()9329.04423.0)(9329.0()3182.03087.1)(3182.0(
arccos o
 
(d) O planeta Marte poderia não estar visível a 
meia noite porque o ângulo Sol-Marte é menor que 90
o
. 
1-80: Seja 
kCjBiAS ˆˆˆ
 
)ˆˆˆ()ˆˆˆ( kCjBiAkzjyixSr
 
CzByAx
 
 
 Se os pontos satisfazem Ax + By + Cz = 0, então 
0Sr

 e todos os pontos de r são perpendiculares a 
S
 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Capítulo 1 – Exercícios Respostas – Ímpares 
 
Exercício Gabarito 
1.1 8.05 km 
1.3 
33.34 10 ns
 
1.5 
6 35.3 10 dam
 
1.7 (a) 2330 km/h (b)648 m/s 
1.9 1.5 dam/cm³ 
1.11 (a) 
31.1 10 %
(b) não 
1.13 (a) 
0.1%
(b) 0.008 % (c) 0.03 % 
1.15 (a) 
32.8 0.3cm
 (b) 
170 20
 
1.17 Dez mil 
1.19 10
6 
1.21 10
5
. Se você não for careca. 
1.23 Aproximadamente US$ 10
8
 
1.25 
1.27 
89 10 US$
. US$ 3.50 por pessoa 
1.29 7.8 m a 38° do leste para o norte. 
1.31 104 m a 43° do oeste para o sul. 
1.33 Ax = 7.22 m; Ay = 9.58 m; Bx = 11.5 m; 
By = -9.64 m; Cx = -3.00 m; Cy = -5.20 
m. 
1.35 (a) 11.1 , 77.6° (b) 11.1m, 77.6° 
(c) 28.5 m, 202.3° (d) 28.5 m, 22.3°. 
1.37 5.06 km a 20.2° do oeste para o norte. 
1.39 (a) 2.48 cm, 18.3 ° (b) 4.10 cm, 83.7° 
(c) 4.10 cm, 263.7° 
1.41 
ˆ ˆ7.2 9.6A i j m ˆ ˆ11.5 9.6B i j m
 
ˆ ˆ3 5.2C i j m
 
1.43 (a) A = 5.00, B = 5.39 (b) 
ˆ ˆ1.00 5.00i j
 
(c)5.10, 101.3° 
1.45 (a) 14.00 (b) 58.7° 
1.47 (a) para for a da página (b) para dentro 
da página. 
1.49 
ˆ23.0k
; 23.0 
1.51 (a) 
6 22.59 10 m
 (b) 
12 34.17 10 dm
 
1.53 (a) 
107.04 10 s
 (b) 
125.11 10 ciclo h
(c) 
262.1 10
 (d) 
44.6 10 s
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício Gabarito 
1.55 Cerca de 1 dentista para 1000 habitantes. 
1.57 (b) Ax = 3.03 cm; Ay = 8.10 cm (c) 8.65 
cm, 69.5° medido no sentido do eixo 
+Ox para o eixo +Ou. 
1.59 144m, 41° no sentido do oeste para o sul. 
1.61 (b) 1.45 km 
1.63 (a) (87, 258) (b) 137 pixels formando um 
ângulo de 35° abaixo da primeira reta e 
no sentido da direita para a esquerda. 
1.65 
1.67 (b) 90° 
1.69 (a) A = 5.39, B = 4.26 (b) 
ˆˆ ˆ5.00 2.00 7.00i j k
 (c) 8.83; sim 
1.71 
1.73 (a) 54.7° (b)35.3° 
1.75 (b) 72.2° 
1.77 (a) 5.0 m (b) 53.1° abaixo do eixo Ox no 
sentido horário 
1.79 (a) 76 al (b) 129° 
 
 Capítulo 2 – Exercícios Resolvidos - Pares 
 
 
2-2: (a) O módulo da velocidade media mo vôo 
de retorno é: 
./42.4
)/400,86)(5.13(
)105150( 3
sm
dasda
mx
 
A direção foi definida com sendo –x 
).ˆ( i
 
(b) Como os pássaros terminam o vôo no mesmo 
ponto de partida, a velocidade media para o vôo de ida e 
volta é 0. 
 (c) 
2-4: (a) A corrida rumo ao leste demora (200 m/5.0 
m/s) = 40.0 s, e a corrida rumo ao oeste demora (280 
m/4.0 m/s) = 70.0 s. (a) (200 m+280 m)/(40.0 s+70.0 s) = 
4.4 m/s para dois algarismos significativos. 
(b) O deslocamento resultante é de 80 m, para o 
oeste. Então a velocidade média é (80 m/110.0 s) = 0.73 
m/s na direção –x 
).ˆ( i
 
 
2-6: Da expressão para x(t), x(0) = 0, 
x(2.00 s) – 5.60 m e x(4.00 s) = 20.8 m. 
(a) 
sm
s
m
/80.2
00.2
060.5
 
 (b) 
sm
s
m
/2.5
00.4
08.20
 
 (c) 
sm
s
mm
/6.7
00.2
60.58.20
 
 
2-8: (a) IV: A curva horizontal; isto corresponde 
ao tempo quando ela para. 
 I: Este é o tempo quando a curva mais aproximada 
de uma reta e inclinada para cima (indicando uma 
velocidade positiva). 
(b) V: Aqui a curva é claramente uma reta e inclinada 
para baixo (indicando velocidade negativa). 
(c) II: A curva possui uma inclinação positiva,e que 
está aumentando. 
(d) III: A curva é ainda inclinada para cima 
(inclinação positiva e velocidade positiva) . 
 
2-10: A velocidade de cruzeiro do carro é de 60 km/hr = 
16.7 m/s. 
 (a) 
2/7.1
10
/7.16
sm
s
sm
 (para dois 
algarismos significativos). 
 
 (b) 
2/7.1
10
/7.160
sm
s
sm
 
 
(c) Como não tem nenhuma variação na velocidade, 
então a aceleração é nula. 
(d) Como a velocidade final é a mesma que a inicial 
então a aceleração é nula. 
 
2-12: Utilize a Eq. (2-5), com t = 10 s em todos os 
casos, 
 
(a) ((5.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s2, 
(b) ((-15.0 m/s) – (-5.0 m/s))/(10 s) = -1.0 m/s2, 
(c) ((-15.0 m/s) – (15.0 m/s))/(10 s) = -3.0 m/s2. 
 
Em todos os
caso uma aceleração negativa indica 
uma aceleração para esquerda. 
 
2-14: (a) a velocidade em t = 0 é: 
 (3.00 m/s) + (0.100 m/s
3
) (0) = 3.00 m/s, e a 
velocidade em t = 5.00 s é: 
 (3.00 m/s) + (0.100 m/s
3
) (5.00 s)
2
 = 5.50 m/s, 
 então a Eq. (2-4) dá a aceleração média como v 
 
2/50.
)00.5(
)/00.3()/50.5(
sm
s
smsm
. 
(b) A aceleração instantânea é obtida usando a Eq. 
(2-5),
.)/2.0(2 3 tsmt
dt
dv
a
 
Então, (i) at t = 0, a = (0.2 m/s
3
) (0) = 0, e 
(ii) em t = 5.00 s, a = (0.2 m/s
3
) (5.00 s) = 1.0 m/s
2
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-16: (a) A velocidade e a aceleração do para choque são 
dadas em função do tempo por: 
`562 )/600.0()/60.9( tsmtsm
dt
dx
v
 
.)/000.3()/60.9( 462 tsmsm
dt
dv
a
Existem dois tempos para o qual v = 0 (três na verdade, se 
considerarmos os tempos negativos), t = 0 e t
4
 = 16 s
4
. 
Para t = 0, x = 2.17 m e, a = 9.60 m/s
2
. Quando t
4
 = 16 s
4
, 
 x = (2.17 m) + (4.80 m/s
2
) 
416( s
- (0.100) 
m/s
6
)(16 s
4
)
3/2
 = 14.97 m, a = (9.60 m/s
2
) – (3.000 
m/s
6
)(16 s
4
) = -38.4 m/s
2
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-18: (a) A aceleração é encontrada da Eq. (2-13), 
onde vo = 0; 
,/5.36
281.3
1
)307(2
/1
/4770.0
)/173(
)(2
2
2
0
2
sm
ft
m
ft
hrmi
sm
hrmi
xx
v
a
 
 
onde os fatores de conversão estão no Apêndice E. 
(b) O tempo pode ser encontrado da aceleração 
acima: 
.27.2
/4.36
/1
/477.0
)/173(
2
s
sm
hrmi
sm
hrmi
a
v
t
 
 
Os cálculos intermediários podem ser evitados 
usando=-se a equação. (2-14), e novamente colocando v0 = 
0, 
.27.2
/1
/4770.0
)/173(
281.3
1
307(2
)(2
0 s
hrmi
sm
hrmi
ft
m
ft
v
xx
t
 
 
2-20: Na Eq. (2-4), com x – x0 sendo o comprimento da 
pista de decolagem e v0 = 0 (o avião parte do repouso), 
./0.70
8
280
22 0 sm
s
m
t
xx
v
 
2-22: (a) x0 < 0, v0 < 0, a < 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(b) x0 > 0, v0 < 0, a > 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(c) x0 > 0, v0 > 0, a < 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-24: (a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-26: 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-28:Depois da aceleração inicial o trem locomoveu-se: 
 
(da Eq. (2-12), com x0 = 0, v0 = 0), alcançou uma 
velocidade de: 
 (1.60 m/s
2
)(14.0 s) = 22.4 m/s. 
 Durante o período de 70-segundos quando trem 
se locomove com velocidade constante, o trem se desloca 
de (22.4 /s)(70 s) = 1568 m. A distância deslocada durante 
a desaceleração é dada pela EQ. (2-13), onde v = 0, v0 = 
22.4 m/s e a = -3.50 m/s
2
, então o trem de desloca uma 
distância de : 
x – x0 =
.68.71
)/50.3(2
)/4.22(
2
2
m
sm
sm
 A 
distância total coberta é então de : 
156.8 m + 1568 m + 71.7 m = 1.8 km. 
 A distância total percorrida, em termos da 
aceleração inicial a1, do tempo inicial de aceleração t1, do 
tempo t2 durante o qual o qual o trem se movimenta com 
velocidade constante e, do módulo da aceleração final a2, 
é dada por : 
 O que produz o mesmo resultado. 
2-30: (a) A posição de um caminhão em função do tempo 
é dada por xT = vTt onde vT é a velocidade constante do 
caminhão, e a posição do carro é dada por xC = (1/2) aCt
2
. 
Igualando as duas equações e dividindo pelo fator t (isto 
reflete o fato de que o carro e o caminhão estão no mesmo 
lugar para t = 0), e resolvendo para t temos: 
s
sm
sm
a
v
t
c
T 5.12
/20.3
)/0.20(22
2
 
e para este tempo xT = xC = 250 m. 
(b) act = (3.20 m/s
2
)(12.5 s) = 40.0 m/s ( Veja o 
Exercício 2-31 para uma discussão do porque a velocidade 
do carro par este tempo é duas vezes a velocidade do 
caminhão). 
 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
mssm 8.156)0.14)(/60.1(
2
1 22
,
||
2
2||
)(
2
1
)(
2
1
2
11
21
11
2
2
11
211
2
11
a
ta
tt
ta
a
ta
ttatax
T
(d) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-32: (a) Uma altura inicial de 200 m resulta em um 
a velocidade 60 m/s, arredondado para apenas um algarismo 
significativo. Isto é aproximadamente 200 km/hr ou 
aproximadamente 150 mi/h. (Valores diferentes de alturas 
resultarão em diferentes respostas; o resultado acima pode 
ser interpretado sem a necessidade de resposta com maior 
ordem de grandeza. Experiências pessoais variam, mas 
velocidades escalares da ordem de um ou dois metros por 
segundos são razoáveis. 
(b) A resistência do ar certamente não pode ser 
desprezada. 
 
2-34: (a) Utilizando a Eq. (2-13), com velocidade para 
baixo e aceleração sendo positiva, , v
2
 = (0.8 m/s)
2
 + 2(1.6 
m/s
2
)(5.0 m) = 16.64 m
2
/s
2
 (mantendo-se algarismos os 
significativos ) então v = 4.1 m/s. 
 
2-36: (a)(1/2)gt
2
 = (1/2)(9.80 m/s
2
)(2.5 s)
2
 = 30.6 m. 
(b) gt = (9.80 m/s
2
)(2.5 s) = 24.5 m/s. 
 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-38: (a) Usando a = -g, v0 = 5.00 m/s e y0 = 40.0 m nas 
Eqs. (2-8) e (2-12) resulta para 
(i)t = 0.250 s, y = (40.0 m) + (5.00 m/s)(0.250 s) – 
(1/2)(9.80 m/s
2
)(0.250 s)
2
 = 40.9 m, 
 v = (5.00 m/s) – (9.80 m/s2)(0.250 s) = 2.55 m/s e 
para 
(ii) t = 1.00 s, 
y = (40.0 m) + (5.00 m/s)(1.00s) – (1/2)(9.80 
m/s
2
)(1.00 s)
2
 = 40.1 m, 
 v = (5.00 m/s) – (9.80 m/s2)(1.00 s) –4.80 m/s. 
(b) Usando o resultado obtido no Exemplo 2-8, o 
tempo é: 
t = 
)/80.9(
)0.400)(/80.9(2)/00.5()/00.5(
2
22
sm
smsmsm
 
= t = 3.41 s. 
 
(c) Tanto utilizando o tempo acima na Eq. (2-8) 
ou evitando-se os cálculos intermediários usando-se Eq. 
(2-13), 
,/809)0.40)(/80.9(2)/00.5()(2 2222
0
2
0
2 smmsmsmyygvv
v 
= 28.4 m/s. 
(d) Utilizando v = 0 na Eq. (2-13) resulta em 
.2.410.40
)/80.9(2
)/00.5(
2 2
2
0
2
0 mm
sm
sm
y
g
v
y
 
(e) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-40: (a) A distância vertical a partir da posição 
inicial é dada por: 
;
2
1 2
0
gttv
 
 resolvendo para v0, 
./5.14)00.5)(/80.9(
2
1
)00.5(
)0.50(
2
1 2
0
smssm
s
m
gt
t
y
v
 (b) O resultado acima poderia ser utilizado em 
,7
0
2
0
2 yygvv
 com v = 0, para resolver para 
y – y0 = 10.7 m (para o cálculo de v0, requer a retenção de 
dois algarismos significativos extra ). 
(c) 0 
(d) 9.8 m/s
2
, para baixo. 
(e)Admita, para propósitos gráficos, que o topo 
do edifício está a 50 metros do solo: 
 (f) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
./25.1
0.20
0.25
sm
s
m
./67.1
15
25
sm
s
./43.1
0.35
0.50
sm
s
m
2-42: (a) Da Eq. (2-8), resolvendo para t, resulta em (40.0 
m/s – 20.0 m/s)/9.80 m/s2 = 2.04 s. 
(b) Novamente, da Eq. (2-8), 
.12.6
/80.9
)/0.20(/0.40
2
s
sm
smsm
 
(b) O deslocamento será nulo quando a bola tiver 
retornado para a sua posição vertical original, com 
velocidade oposta a velocidade original. 
Da Eq. (2-8), 
.16.8
/80.9
)/40(/40
2
s
sm
smsm
 
 (Isto ignora a solução t = 0) 
(c) Novamente, da Eq. (2-8), (40 m/s)/(9.80 m/s
2
) = 
4.08 s. É claro que
isto é a metade do tempo encontrado na 
parte [c]. 
(d) 9.80 m/s
2
, para baixo e em todos os casos. 
(e) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-44: (a) Da Eq. (2-15), a velocidade v2 para o tempo t é: 
dttvv t
t `112
 
 
)(
2
2
1
2
1
ttv
 
22
11
22
ttv
 
= (5.0 m/s) – (0.6 m/s3)(1.0 s)2 + (0.6 m/s3)t2 
= (4.40 m/s) + (0.6 m/s
3
)t
2
. 
Para t2 = 2.0 s, a velocidade é v2 = (4.40 m/s) + (0.6 
m/s
3
)(2.0 s)
2
 = 6.80 m/s, ou 6.8 m/s para dois algarismos não 
significativos . 
(b) Da Eq. (2-16), a posição x2 como função do 
tempo é: 
dtvxx t
t112
 
dttsmsmm t
t
))/6.0()/40.4(()0.6( 23
1
 
 
 
).(
3
)/6.0(
))(/40.4()0.6( 3
1
3
3
1
tt
sm
ttsmm
Para t = 2.0 s, e com t1 = 1.0 s, 
x=(6.0 m)+(4.40 m/s)((2.0 s)–(1.0 s))+(0.20 m/s3)((2.0 s)3–(1.0 
s)
3
)=11.8 m. 
 
 
 
 
 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-46: (a) Para se ter uma média de 4 mi/h, o 
tempo total para uma o total time para se realizar um 
percurso for 20 milhas deve ser de cinco horas, então o 
segundo percurso de dez milhas deve ser coberta em 3.75 
horas, para uma velocidade média de of 2.7 mi/h. 
(b) Par se obter uma média de 12 mi/h, o segundo 
percurso de dez milhas deve ser coberto em 25 minutos, e 
a velocidade média deve ser 24 mi/h. 
(c) Após a primeira hora somente dez da vinte 
milhas foi coberta, e as 16 mi/h não é possível como esta 
velocidade média . 
 
2-48: (a) 
 
 
 (b) 
 
(c) O deslocamento dela é zero , então a 
velocidade média tem módulo zero. 
 (d) 
Note que a resposta para a parte (d) é a 
harmônica média e não aritmética média para as respostas 
das partes (a) e (b). (Veja o Exercício 2-5). 
 
2-50: (a) O espaço por veículo é a velocidade 
dividida pela freqüência com as qual os carros passam por 
determinado ponto: 
 Um veículo médio é dado como sendo 4.5 m de 
comprimento, então o espaçamento médio é: 
40.0 m – 4.5 m = 35.4 m. 
(b) Um espaçamento médio de 9.2 m dá o espaço 
por veículo como sendo 13.8 m, e portanto o fluxo de 
carros é: 
 
2-52: (a) Com uma divisão e subtração simples 
obtêm a velocidade média durante o intervalo de 2-
segundos como sendo 4.5, 7.2 e 8.8 m/s. 
(b) A velocidade média aumentou para 1.6 m/s 
durante cada intervalo de 2-segundos, então a aceleração é 
0.8 m/s
2
. 
./40
/2400
/96
vehiclem
hvehicles
hkm
(c) Da Eq. (2-13), e com v0 = 0, 
./8.4)4.14)(/8.0(2 2 smmsmv
 Ou, recordando 
que para uma aceleração constante a velocidade média de 
5.6 m/s é a velocidade correspondente a um segundo após 
passar a marca de 14.4-m , isto é, 5.6 m/s – (0.8 m/s2)(1.0 x) 
= 4.8 m/s. 
(d) Com os valores da aceleração e da velocidade 
conhecida no ponto de14.4-m , então tanto a Eq. (2-8) como 
a (2-12) dá o tempo como sendo 6.0 s. 
(e) Da Eq. (2-12), x – x0 = (4.8 m/s)(1.0 s) + 
2
1
(0.8 
m/s
2
)(1.0 s)
2
 = 5.2 m. Que é também a velocidade média 
(1/2)(5.6 m/s + 4.8 m/s) multiplicada pelo intervalo de time 
de 1.0 s. 
 
2-54: (a) O modo mais simples de se fazer isto é ir 
para um referencial onde o trem de carga esteja estacionário 
(o trem se move com velocidade constante) . Então, o 
passageiro do trem possui uma velocidade inicial de vrel,o = 
10 m/s. Esta velocidade relativa deveria diminuir para zero 
após a separação relativa ter diminuído para 
.500
2
2
0,
m
a
v
rel
rel
 
Desde que isto é maior em módulo que a separação 
original de 200 m, então haverá uma colisão. 
 
(b) O tempo no qual a separação relativa vai para 
zero (isto é, o tempo de colisão), é encontrado pela solução 
de uma equação quadrática (veja problemas 2-29 e 2-30 ou o 
Exemplo 2-8). O mesmo tempo é dado por: 
 
0,
2
0,0,
2
1
relrelrel
axvv
a
t
 
 
)/40/100/10)(/10( 22222 smsmsmms
6.01(100( s
. 
 
A substituição deste tempo na Eq. (2-12), e com x0 = 0, 
resulta em 538 m como sendo a distância que o passageiro 
do trem se moveu antes da colisão. 
 
2-56: Um método conveniente para se fazer o problema é 
fazer primeiro a parte (b); o tempo de aceleração gasto para 
sair do estado de repouso para o de velocidade máxima é : 
.80
/5.2
/20
2
s
sm
sm
 Para este tempo o policial está 
a: 
.0.80
)/5.2(2
)/20(
2 2
22
1
1
m
sm
sm
a
v
x
 
 
Isto poderia também ser encontrado de 
,)2/1( 2
11
ta
 onde t1 é encontrado para a aceleração. Para 
este tempo o carro se movimentou de (15 m/s)(8.0 s) = 120 
m, e portanto o policial está a 40 m atrás do carro. 
 
(a) A distância restante para ser percorrida é 300 
m – x1 , a velocidade média é (1/2)(v1 + v2) = 17.5 m/s, 
então o tempo necessário para ir mais de vagar é 
,0.16
/5.17
80360
s
sm
mm
 
e o tempo total é de 24.0 s. 
 
(b) O policial diminui a velocidade de 20 m/s 
para 15 m/s in 16.0 s (o tempo encontrado na parte (a) ), 
então a aceleração é de –0.31 m/s2. 
(c), 
 
 
 
2-58: As posições dos carros em função do tempo são : 
 
 
.,
2
1
02
2
1
tvDxatx
 
 
 Os carros colidem quando x1 = x2; então 
igualando as expressões temos uma Expressão quadrática 
para t, 
,0
2
1
0
2 Dtvat
 
 cujas soluções possíveis são: 
.2
1
,2
1
0
2
00
2 vaDv
a
tvaDv
a
t
o
 
 O segundo destes tempos é negativo e portanto 
não representa uma situação física. 
(b) 
.2
0
2
01
vaDvatv
 
(c) 
 
 
 
 
2-60: (a) Existem vários modos de se encontrar o 
resultado usando-se intenso trabalho algébrico, mas o 
modo mais direto é notar que, entre o tempo que o 
caminhão primeiramente passa o carro e o tempo em que o 
carro da polícia alcança novamente o caminhão, tanto o 
carro quanto o caminhão percorreram a mesma distância e 
no mesmo intervalo de tempo, o que consequentemente 
implica que ambos possuem a mesma velocidade média 
./6960
/8.13
/96000
hvehicle
vehiclem
hm
naquele período de tempo. Como o caminhão tinha uma 
velocidade inicial de 
pv
2
3
 e a velocidade média é vp, então 
a velocidade final do caminhão deve ser 
.
2
1
pv
 
(b) 
 
 
 
2-62: (a) Da Eq. (2-17), x(t) = t -
3
3
t
 = (4.00 
m/s)t – (0.667 m/s3)t3. 
Da Eq. (2-5), a aceleração é a(t) = -2 t = (-
4.00 m/s
3
)t. 
 
(b) A velocidade é zero para 
t
 (a = 0 at t 
= 0, mas este é um ponto de inflexão e não um ponto de 
máximo). Os valores máximos para x são portanto: 
 (c)
.
3
2
3
3
3
3
x
 
O valor positivo é então: 
.77.332
3
2
/00.2
)/00.4(
3
2 2
2
1
3
3
m
sm
sm
x
 
 
2-64: O tempo necessário para ovo cair é: 
 
,00.3
)/80.9(
)80.10.46(2
9
2
2
s
sm
mmh
t
 
e portanto o professor deveria estar a uma distância de vt = 
(1.20 m/s)(3.00 s) = 3.60 m. 
 
2-66: Os elevadores par a plataforma de observação da 
Torre da Sears em Chicago, se movimenta do andar terra até 
o andar da plataforma de observação, de número 103, em 
aproximadamente 70 s. Supondo que um único andar tenha 
aproximadamente 3.5 m (11.5 ft), e que velocidade média do 
elevador seja 
./15.5
70
)5.3)(103(
sm
s
m
 Supondo que o 
elevador atinja o do estado de repouso no espaço de um 
andar, então sua aceleração é 
./80.3
)5.3(2
)/15.5(0 2
22
sm
m
sm
 
2-68: A velocidade do vaso de flores no topo da janela é 
v0, e a altura h da janela é: 
.)2/1(,)2/1(
0
2
0
gt
t
h
vorgttvtvh
ave
 A distância l entre o telhado e o topo da janela é 
então : 
.310.0
)/80.9(2
))420.0)(/80.9)(2/1()420.0/()90.1((
2 2
222
m
sm
ssmsm
g
v
l o
 
Um método algébrico alternativo mas bem mais 
complicado, é observar que o tempo t é a diferença entre 
os tempos de queda da altura l + h para h, de forma que:
 
 
.2/,
2)(2 2 hllgt
g
l
g
hl
t
 
Elevando ao quadrado ambos os lados da segunda 
expressão, permite cancelar alguns termos l , então: 
,2/2)2/1( 22 hlgtgt
 
que é resolvido para:
,)2/1(
2
1
2
gt
t
h
g
l
 
 
 que é a mesma expressão obtida anteriormente. 
 
2-70: (a) 
 
 
(b) Da altura velocidade encontrada na parte (b), 
a altura máxima é: 
 
.635
)/80.9(2
)/6.111(
2
2
m
sm
sm
 
 
(b) Após a queima do combustível, o projétil 
alcançou uma velocidade de (40.0 m/s
2
)(2.50 s) = 100 m/s 
e atingiu uma altura de (1/2)(40.0 m/s
2
)(2.50 s)
2
 = 125 m. 
A velocidade do projétil exatamente antes que ela atinja o 
solo é : 
 (c) 
2
0 02 ( )v v g y y
2 2(100 / ) 2(9.8880 / )( 125 ) 111.6 /v m s m s m m s
 
e 87 m/s para dois algarismos significativos. 
(c) O tempo de lançamento para o ponto mais 
alto, não é o mesmo tempo retorno dessa altura até ao solo 
, pois no lançamento houve por 2.5 s uma aceleração do 
motor. 
 
2-72: (a) Admita que o Super-Homem caia por 
um tempo t, e que a estudante esteja caindo por um tempo 
t0 antes do Super-Homem saltar ( neste caso t0 = 5 s). 
Então a altura h do prédio está relacionada a t e t0 d dois 
modos diferentes: 
 
 
 
2
0
2
1
gttvh
 
 
,
2
1 2
0
ttg
 
onde v0 e a velocidade inicial do Super-Homem. 
Resolvendo a segunda equação para t , temos: 
.
2
0
t
g
h
t
 Resolvendo a primeira equação 
para v0 , temos 
v0 = 
,
2
t
g
t
h
 e 
a substituição de valores numéricos dá t = 1.06 s e 
v0 = -165 m/s, com o sinal negativo indicando velocidade 
inicial para baixo. 
 
 (b) 
 
 
 
(c) Se o arranha céu é tão baixo que o estudante já 
está no chão, então 
.123
2
1 2
0
mgth
 
 
2-74: (a) O tempo é dado dividindo-se a separação 
inicial pela velocidade relativa inicial, isto é H/v0. Mais 
precisamente, se a posição da bola for descrita por: 
,)2/1(,)2/1( 2
2
2
0
1 gtHygttvy
 
fazendo-se y` = y2 resulta em H = v0t. 
A primeira bola estará no ponto mais alto do 
movimento se no tempo de colisão na parte (a) sua 
velocidade foi reduzida de v0 to 0, ou gt = gH/v0 
= v0, ou 
./20 gvH
 
 
2-76: (a) A velocidade de qualquer objeto caindo em 
queda livre uma altura distância H – h é: 
 
).(2 hhg
 
 
A aceleração necessária para trazer um objeto de uma 
velocidade v ao repouso em uma distancia h é: 
.1
2
)(2
2
2
h
H
g
h
hHg
h
v 
 
 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
2-78: O tempo passado acima de ymax/2 é 
2
1
do 
tempo total gasto no ar, pois o tempo é proporcional a raiz 
quadrática da mudança na altura. Portanto a razão é: 
 
.4.2
12
1
2/11
2/1
 
2-80: (a) Faça a altura ser h e denote o intervalo 
de tempo de 1.30-s por t; as equações simultâneas 
h =
22 )(
2
1
3
2
,
2
1
ttghgt
 podem ser resolvidas 
para t. Eliminando-se h e tomando a raiz quadrada, temos 
 
,
3/21
,
2
3 t
tand
tt
t
 substituindo em 
 
2
2
1
gth
 resulta em h = 246 m. 
 
 Este método evita o uso de fórmulas quadráticas, 
o qual é uma generalização do método “completando o 
quadrado” . No formato da equação acima , 
,)(
2
1
3
2 2ttgh
 o quadrado já está completado. 
 
(b) O método acima supõe que t >0 quando a raiz 
quadrada foi obtida. A raiz negativa (com t = 0) dá uma 
resposta de 2.51 m, o que é evidente que não é um 
“penhasco”. Isto poderia corresponder a um objeto que 
estava inicialmente próximo da base deste “penhasco” e 
foi atirado para cima levando 1.30 s para atingir o topo e 
cair novamente para a base . Embora fisicamente possível, 
as condições impostas pelo problema impedem esta 
resposta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Capítulo 2 – Exercícios Respostas – Ímpares 
 
 
Exercício Gabarito 
2.1 (a) 197 m/s (b) 169 m/s 
2.3 1h 10 min 
2.5 (a) 14.0 m/s (b) 11.4 m/s 
2.7 (a) 12 m/s (b) (i) 0 m/s (ii) 15.0 m/s 
(iii) 12.0 m/s (c) 13.3 s 
2.9 (a) (em m/s²)0, 1.0, 2.0, 2.0, 3.0, 1.5, 
1.5, 0; não; sim (b) 2.5 m/s², 1.5 m/s², 
0 
2.11 (a) cerca de 5 s (b) 30 s até 40 s (c) 0 
(d) -1.7 m/s² 
2.13 Aproximadamente igual a 10 m/s² 
2.15 
2.17 (a) 5.0 m/s (b) 1.43 m/s² 
2.19 1.70 m 
2.21 (a) 1.7 m/s² (b) 12 s (c) 240 m 
2.23 
2.25 (a) 0, 6.3 m/s², -11.2 m/s² (b) 100 m, 
230 m, 320 m 
2.27 (a) 
41.8 10 m s
(b) 0.957 
(c) 6 h 11 min 
2.29 (b) 1s, 3s (d) 2 s (e) 3 s (f) 1 s 
2.31 (b) d/4 
2.33 (a) 2.94 m/s (b) 0.599 s 
2.35 
(a) 
2t d g
 (b)0.190 s 
2.37 (a) 5.56 m/s, para baixo (b) 9.80 m/s², 
para baixo (c) 2.16 s (d) 16.1 m/s 
2.39 (a) 25.6 m/s, para baixo (b) 31.6 m 
(c) 15.2 m/s 
2.41 (a) 249 m/s² (b) 25.4 (c) 101 m (d) 
não 
2.43 (a) 7.5 m (b) 180 m(c) 2.16 s (d) 20 
m 
2.45 
(a) 3 40.250 0.0100x t t t 
2 30.750 0.0400v t t t 
(b) 39.1 m/s
 
2.47 (b) 0.627 s, 1.60 s (c) negativo para 
0.627 s, positivo para 1.60s (d) 1.11 s 
(e) 2.45 m (f) 2.00 s, 0 s. 
2.49 (a) 82 km/h (b) 31 km/h 
2.51 (a) 3.5 m/s (b) 0 (c) 1.5 m/s² 
2.53 Deve pisar no freio 
2.55 4.6 m/s² 
2.57 (a) 6.17 s (b) 24.8 m(a) 82 km/h (c) 
vcaminhão = 13.0 m/s, 
vauto=21.0 m/s 
2.59 (a) 17 m/s (b) 1.6 s 
2.61 (a) 15.9 m/s (b) 393 m (c) 29.5 m/s 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício Gabarito 
2.63 
2.65 28.6 m 
2.67 (a) não (b) sim, 14.4 m/s; não é 
fisicamente atingível. 
2.69 (a) 13.3 m (b) 1.65 s 
2.71 (a) 7.59 m/s (b) 5.14 m (c) 1.60 s 
2.73 (a) 92.2 m (b) 75.1 m/s 
2.75 (a) A (b) 2.27 s, 5.73 s (c) 1.00 s, 
4.33 s (d) 2.67 s 
2.77 (a) 9.55 s, 47.8 m (b) 1.62 m/s (d) 
8.38 m/s (e) não (f) 3.69 m/s, 21.7 s, 
80.0 m 
2.79 (a) 8.18 m/s (b) (i) 0.411 m (ii) 1.15 
km (c) 9.8 m/s (d) 4.90 m/s 
 
 Capítulo 3 – Exercícios Resolvidos - Pares 
 
3-2: (a) x = (vx, media) t = (-3.8 m/s)(12.0 s) = -45.6 m 
e y = (vy, media) t = (4.9 m/s)(12.0 s) = 58.8 m. 
 (b)
.4.74)8.58()6.45( 2222 mmmyxr
 
3-4: 
.ˆ3ˆ2 2 jctibtv
 Quando as componentes x 
e y são iguais, este vetor fará um ângulo de 45
o 
com ambos 
os eixos. Em termos dos parâmetros este tempo é 2b/3c. 
 
3-6: (a) x = (0.45 m/s
2
) cos 31.0
o
 = 0.39 m/s
2
, y = 
(0.45 m/s
2
) sen 31.0
o
 = 0.23m/s
2
, então vx = 2.6 m/s + 
(0.39 m/s
2
)(10.0 s) = 6.5 m/s e vy =-1.8 m/s+(0.23 
m/s
2
)(10.0 s) = 0.52 m/s. 
(b) v = 
,/48.6)/5.6()/52.0( 22 smsmsm
 
 para um ângulo de arctan 
o85
52.0
5.6 . 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3-8: 
 
 
3-10: (a) O tempo t é dado por: 
.82.7
2
g
h
t
 
(b) A velocidade horizontal e constante da bomba 
será aquela do aeroplano, então a bomba movimenta-se uma 
distância horizontal igual a x = vxt = (60 m/s)(7.82 s) = 470 
m. 
(c) A componente horizontal da velocidade da 
bomba é 60 m/s, e a sua componente vertical é –gt = -76.7 
m/s. 
(d) 
 
 
(e) Como a aeroplano e a bomba sempre terão as 
mesmas componentes x de velocidade e posição o aeroplano 
estará 300 m acima da bomba no momento do impacto. 
 
3-12: (a) Resolvendo a Eq. (3-18) para
y = 0, y0 = 0.75 m 
resulta em s t = 0.391 s. 
(b) Supondo que a velocidade inicial horizontal (na 
borda da mesa) seja igual a v0y = 0, então da Eq. (3-16), v0x = 
(x – x0)/t = 3.58 m/s. 
(c) Ao bater sobre o piso, vy = -gt = -
0
2gy
 = -
3.83 m/s, e então a bola tem uma velocidade cujo módulo é 
de 5.24 m/s, direcionada em um ângulo de 46.9
o
 abaixo da 
horizontal. 
 
 
 
 
 
 
(d) 
 
Embora não solicitado no problema, este gráfico das 
posições y vs. x mostra a trajetória da bola de tênis quando 
observada lateralmente a queda. 
 
 
 
3-14: (a) O tempo t é 
.63.1
/8.9
/0.16
2
0
s
sm
sm
g
v
y
 
 
(b) 
.1.13
22
1
2
1
2
2 m
g
v
tvgt
yo
yo
 
 
(c) Com respeito de como a álgebra é feita, o 
tempo será duas vezes aquele encontrado na (a), ou 3.27 s 
 
(d) vx é constante para 20.0 m/s, então (20.0 
m/s)(3.27 s) = 65.3 m. 
 
(e) 
 
 
3-16: (a) Se a resistência do ar for ignorada, as 
componentes horizontal e vertical da aceleração é, 
respectivamente: 0 e –g = -9.80 m/s2 . 
(b) A componente x da velocidade é constante para 
vx = (12.0 m/s) cos 51.0
o
 = 7.55 m/s. A componente y é v0y = 
(12.0 m/s) sen 51.0
o
 = 9.32 m/s no lançamento , e v0y – gt = 
(10.57 m/s) – (9.80 m/s2)(2.08 s) = -11.06 m/s quando atingir 
chão. 
(c) v0xt = (7.55 m/s)(2.08 s) = 15.7 m. 
(d) As alturas final e inicial não são as mesmas. 
(e) Com y = 0 e v0y conforme encontrado acima, 
resolvendo a Eq. (3-18) para y0 = 1.18 m. 
(f) 
 
 
3-18: Substituindo para t em termos da expressão para 
yflecha resulta em: 
 yflecha = 
.
cos2
tan
0
22
0
0
v
gd
d
 
 Utilizando os valores fornecidos para d e 0 para 
expressar esta função de v0, temos: 
 
.
/62.26
90.000.3(
2
0
22
v
sm
my
 
 Então, 
(a) y= 2.14 m, 
 
(b) y = 1.45 m, 
(c) y = -2.29 m. No último caso, a flecha foi 
disparada com uma velocidade tão lenta que ela atingiu o 
solo antes de se deslocar 3 metros de distância na horizontal 
. 
(d) 
 
 
3-20: Para qualquer item da máquina de lavar, a 
aceleração centrípeta será proporcional ao quadrado da 
freqüência, e por conseguinte inversamente proporcional 
ao quadrado do período de rotação. Triplicando a 
aceleração centrípeta o período diminuirá por um fator de 
3
, então o novo período T será dado em termos do 
período T anterior, isto é: T = T/
.3
 
3-22: 550 rev/min = 9.17 rev/s, correspondendo a um 
período de 0.109 s. 
(a) Da Eq. (3-29), 
2
196 /
R
v m s
T
 
(b) Também da Eq. (3-30) ou Eq. (3-31), rad = 
1.13 x 10
4
 m/s
2
 = 1.15 x 10
3
g. 
3-24: (a) Utilizando a Eq. (3-3), 
./1097.2
2 4 smx
T
R
 
(b) Também da Eq. (3-30) ou Eq. (3-31), rad = 
5.91 x 10
-3
 m/s
2
. 
(c) v = 4.78 x 10
4
 m/s, e a = 3.97 x 10
=2
 m/s
2
. 
 
3-26: (a) arad = (3 m/s)
2
/(14 m) = 0.643 m/s
2
, e atan = 
0.5 m/s
2
. Então , 
 a = ((0.643 m/s
2
)
2
 + (0.5 m/s
2
)
2
)
1/2
 = 0.814 m/s
2
, 37.9
o
 
para a direita da vertical . 
 (b) 
 
 
3-28: A utilização repetida da Eq. (3-33) dá: 
(a) 5.0 = m/s para a direita, 
(b) 16.0 m/s para a esquerda , e 
(c) 13.0 = m/s para a esquerda. 
3-30: O caminhante percorre em três quartos de horas 
(45 minutos) , um percurso total de 3.0 km e a uma 
velocidade de 4.0 km/h. A velocidade do barco relativo a 
costa é 6.8 km/h corrente a baixo, 1.2 km/h contra a 
corrente, então o tempo total que o remador leva é: 
 
.min8847.1
/2.1
5.1
/8.6
5.1
hr
hkm
km
hkm
km
 
3-32: (a) A componente de velocidade do 
aeroplano para a direção norte, relativa ao ar, deve ser 
80.0 km/h, então a direção de viagem deve ser : 
arcsen 
320
0.80
 = 14
o
 do norte para o oeste. 
(b) Utilizando o ângulo encontrado na parte (a), 
temos: (320 km/h) cos 14
o
 = 310 km/h. , ou de modo 
equivalente: 
./310)/0.80()/320( 22 hkmhkmhkm
 
3-34: (a) A velocidade relativa à água é ainda 4.2 m/s. A 
direção de viagem do barco é: 
arcsen 
3.4
0.2
 = 28
o
 , do norte para leste. 
(b) 
.,/7.3)/0.2()/2.4( 22 eastsmsmsm
 
(c) 800 m/3.7 m/s = 217 s, arredondado par três 
algarismos significativos . 
3-36: (a) Utilizando as Equações generalizadas 2-17 
e 2-18,
 
.
62
,
12
,
2
,
3
32
0
4
0
2
0
3
0
tttvyttvxettvv
tvv
yxyy
xx
 
 
(b) Fazendo-se y = 0 temos uma função quadrática 
em t, isto é 
 v0y + t - 
0
2
2t
 , a qual tem solução positiva igual a : 
,59.132
1
0
2 svt
 
Deixando os cálculos intermediários para outro 
lugar, e utilizando o tempo t acima na expressão y(t) 
obtemos a altura máxima de 341 m. 
(c) 
 
 (d) O tempo para o qual y = 0 requer a solução de 
outra função quadrática, isto é: 
 
2
0
62
0 ttv
y
 
(observe que a raiz note t = 0 foi colocada em 
evidência). Resolvendo para t, encontramos t = 20.73 s (foi 
mantido um algarismo significativo a mais durante os 
cálculos intermediários), para o qual obtemos x = 38.5 km. 
 
3-38: (a) Integrando 
.ˆ
2
ˆ)
3
( 23 jtittr
 
Derivando 
.ˆˆ)2( jia
 
(b) O tempo positivo para o qual x = 0 é dado por 
t
2
 = 3 / . Para este tempo a coordenada y é : 
 (c)
0.9
)/6.1(2
/0.4(/4.2(3
2
3
2 2
2
2
sm
smsm
t
 m. 
 
3-40: (a) 
 
 As equações do movimento são: 
 
2
0
2
1
)sen( gttvhy
 
x = (v0 cos ) t 
vy = v0 sen - gt 
vx = v0 cos 
 Note que o ângulo de 36.9
o
 resulta em 
sen 36.9
o
 = 3/5 e cos 36.9
o
 = 4/5. No topo da trajetória, vy 
= 0. Resolva isto para t e utilize a equação para y para 
achar a altura máxima: 
.
sen
0
g
v
t
 Então, y=h+
,
sen
2
1sen
)sen(
2
00
0
g
v
g
g
v
v
 que fica 
reduzida a: 
.
2
sen 22
0
g
v
hy
 Utilizando 
,8/25
0
ghv
 e sen = 3/5, obtemos: 
.
16
25
,
16
9
2
)5/3)(8/25( 2
hyorhh
g
gh
hy
 
Nota: esta resposta supõe que y0 = h. Fazendo-se y0 = 0 
teremos os resultado de y = 
.
16
9
h
 O tempo total de vôo 
pode ser encontrado da equação y, colocando y = 0, 
supondo que y0 = h, resolvendo a equação quadrática para 
t, e inserindo o tempo total de vôo na equação x a fim de 
se obter o alcance. A equação quadrática é: 
.0
5
3
2
1
0
2 gvgt
 Utilizando os termos 
quadrático temos: 
 
t .
2
1
2
))(
2
1
(4))5/3(()5/3( 2
00
g
hgvv
t 
 
Substituindo 
8/25
0
ghv
 obtemos 
 
.
8
16
8
25
25
9
8/25)5/3(
g
ghgh
gh
t
 
Obtendo os termos para t, fica: 
.
2
5
2
3
2
1
2
25
2
9
2
1
g
h
g
h
g
h
g
h
t
Somente a 
raiz positiva tem sentido, então 
.
2
4
g
h
t
 Portanto, 
utilizando: 
 
.4
2
4
5
4
8
25
,)cos(
0
h
g
hgh
xtvx
 
 
3-42: (a) Colocando y = -h na Eq. (3-27) (h é a 
altura inicial que a dublê se encontra acima do solo) e re-
agrupando os termos, temos: 
.0
2cossen2 2
000
2
2 h
g
v
x
g
v
x xo
 
 
 A melhor coisa que se pode fazer aqui é 
reconhecer que a equação acima pode ser colocada na forma: 
,0
2 2
0002 h
g
v
x
g
vwv
x x
yx
 
 cuja solução é: 
 
.5.5522
00
0 mghvv
g
v
x
yy
x
 
(b) O gráfico de vx(t) e’uma linha horizontal . 
 
 
3-44: Em termos da escala R e do tempo t que o balão 
está no ar, a distância original do carro é d = R + vcart. O
tempo t pode se expresso em função da escala e da 
componente horizontal da velocidade, isto é: 
 
 
,
cos
00
v
R
t
 então 
.
cos
00
v
R
d
 Utilizando 
 
 
gvR /2sen
0
2
0
 e os valores dados resulta em d 
= 29.5 m. 
 
3-46: Supondo a partida tenha início em x = 0 e y = 0, 
então as equações do movimento são y = (v0 sen )t - 
1/2gt
2
 e x = (v0 cos )t . Quando a partida tem início 
(atirando papéis no cesto de lixo) com uma velocidade 
mínima, então y = 2D e x = 6D. Analogamente, para uma 
velocidade máxima, y = 2D e x = 7D. Em ambos os casos , 
sen = cos = 
.2/2
 
Par se alcançar a distância mínima : 6D =
,
2
2
0
tv
 e 
2D = 
.
2
1
2
2 2
0
gttv
 
Resolvendo a primeira equação para t resulta em 
.
26
0
v
D
t
 Substituindo este resultado na segunda 
equação temos: 
2D = 6D - 
.
26
2
1
2
0
v
D
g
 Que resolvendo para v0 
resulta em v0 = 
.3 gD
 
Para se alcançar a distância máxima: 7D = 
,
2
2
0
tv
 e 2D 
= 
.
2
1
2
2 2
0
gttv
 Resolvendo a primeira equação para 
t resulta em 
.
27
0
v
D
t
 Substituindo este resultado na 
segunda equação temos: 
 2D = 7D - 
.
27
2
1
2
0
v
D
g
 Que resolvendo 
para v0 resulta em 
 
v0 = 
,13.35/49 gDgD
 a qual, 
como esperado, é maior que o resultado anterior . 
 
3-48: A Equação 3-27 relaciona as componentes 
vertical e horizontal da posição para um dado conjunto de 
valores iniciais 
(a) Resolvendo para v0 temos: 
 
.
tan
cos2/
0
0
22
2
yx
gx
v
o
 
Inserindo valores numéricos resulta em: v0 = 16.6 m/s. 
(a) Eliminando t entre as Equações 3-20 e 3-23 
resulta em vy como função de x, isto é: 
.
cos
00
00
v
gx
sinvv
y
 
Utilizando os valores dados resulta em: 
 vx = v0 cos 0 = 8.28 m/s, vy = -6.98 m/s, então 
 
v = 
,/8.10)/98.6()/28.8( 22 smsmsm
 para um 
ângulo de: arctan 
,1.40
24.8
98.6 o
 com o sinal negativo 
indicando a direção abaixo da horizontal 
(b) O gráfico de vx(t) é uma linha horizontal. 
 
 
 
3-50: (a) Isto pode ser feito pela aplicação direta do 
resultado do Problema 3-49; com 0= -40
o
, substituído na 
expressão para x resulta em 6.98 m. 
(b) 
 
 
 
(c) Utilizando (14.0 m – 1.9 m) no lugar de h no 
calculo acima, resulta em x = 6.3 m, então o homem não será 
alcançado. 
 
3-52: (a) Utilizando a mesma álgebra do Problema 
3-48(a), v0 = 13.8 m/s. 
(b) Novamente, a álgebra é a mesma que a utilizada 
no Problema 3-48; v = 8.4 m/s, para um ângulo de 9.1
o
, desta 
vez acima da linha horizontal . 
(c) O gráfico de vx(t) é uma linha horizontal. 
 
 
O gráfico de y(t) vs. x(t) mostra a trajetória de 
Mary Belle , de acordo com observação lateral : 
 
 
(d) Nesta situação é conveniente utilizar a Eq. (3-
27), que se torna y = (1.327) x – (0.071115 m-1)x2. 
Resolvendo esta função quadrática, resulta em x = 23.8 m. 
 
3-54: Combinando as equações 3-25, 3-22 e 3-34 
resulta em: 
2
000
22
0
2 )sen(cos gtvvv
 
 
2
000
2
0
22
0
)(sen2)cos(sen gtgtvv
 
2
00
2
0
2
1
sen2 gttvgv
 
,22
0
gyv
 
 
 onde a Eq. (3-21) foi utilizada para eliminar t em 
favor de y. Este resultado, o qual será visto no capítulo 
relacionado com a conservação da energia (Capítulo 7), é 
válido para qualquer valor de y, seja positivo, negativo ou 
nulo, desde que é claro, v
2
 > 0. Para o caso da pedra 
atirada do telhado de um edifício de altura h, a velocidade 
no solo é obtida pela substituição de y = -h na expressão 
acima, resultando em 
,220 ghv
 que é independente de 
0. 
 
3-56: A componente y da velocidade inicial é 
,2
0
gyv
y
 e o tempo que o seixo está em voo é 
./2 gyt
 A componente x da velocidade inicial é 
 
.2/2
0
ygxv
x
 O módulo da velocidade 
incial é portanto: 
22
0 2 2 1
2 2
x g x
v gy gy
y y
 
cujo ângulo é arctan 
x
y
v
v
0
0
 = arctan (2y/x). 
 
3-58: No referencial do herói, o alcance do objeto deve 
ser a separação inicial mais a quantidade que o inimigo 
arrastou para fora naquele tempo. Simbolicamente, 
R = x0 + vE/Ht = x0 + vE/H
,
0x
v
R 
onde aqui vE/H é a 
velocidade do inimigo relativo ao herói, t é o tempo de vôo, 
v0x é a componente x da velocidade da granada (constante), 
conforme medido pelo herói, e R é o alcance da granada , 
também medido pelo herói. Utilizando a Eq. (3-29) para R, 
com sen 2 0 = 1 e v0x = v0/ ,2 
 
.02,2
00/
2
0
0
/0
2
0 gxvvvor
g
v
vx
g
v
HEHE
 
Esta equação quadrática é resolvida para: 
,/1.61422
2
1
0
2
//0
hkmgxvvv
HEHE
 
onde as unidades para g e x0 foram convertidas 
adequadamente. Relativo a Terra, a componente x da 
velocidade é 90.0 km/h + (61.1 km/h) cos 45
o
 = 133.2 km/h, 
e a componente y , para o mesmo referencial, é (61.1 km/h) 
sen 45
o
 = 43.2 km/h, sendo o módulo da velocidade igual a 
140 km/h. 
 
3-60: (a) 
22
yx
vv
dt
d
dt
dv
 
 
22
22 )()2/1(
yx
yx
vv
vv
dt
d
 
.
22
yx
yyxx
vv
avav 
 
(b) Utilizando os números do Exemplo 3-1 e 3-2, 
./54.0
)/3.1()/0.1(
)/30.0)(/3.1(/50.0)/0.1(
22
22
sm
smsm
smsmsmsm
dt
dv
 
A aceleração é devido a mudança tanto no módulo 
como na direção da velocidade. Se a direção da velocidade 
está mudando, o módulo da aceleração é maior que a taxa de 
mudança da velocidade . 
 (c)
,, 22
yxyyxx
vvvavavav

 e portanto 
a formula acima para 
dt
dv
 se parece com 
./ vav

 
 
3-62: Uma forma direta para se encontrar o ângulo é 
considerar a velocidade relativa ao ar e, a velocidade relativa 
ao solo, como se formassem dois lados de um triângulo 
isósceles. A direção do vento relativo ao norte é a metade do 
ângulo incluído, ou seja, arcsen (10/50) = 11.53
o
, do leste 
para o norte. 
 
3-64: (a) As gotas são consideradas como caindo 
verticalmente, então sua componente horizontal de 
velocidade com respeito a Terra é nula. Com relação ao 
trem, sua componente horizontal de velocidade é 12.0 m/s, 
para oeste (pois o trem está se movendo para a direção 
leste) 
 
(b) A componente vertical, em relação ao 
referencial da Terra é (12.0 m/s)/(tang 30
o
) = 20.8 m/s, 
que é o módulo da velocidade em relação ao referencial da 
Terra. O módulo da velocidade no referencial do trem é 
./24)/8.20()/0.12( 22 smsmsm
 Isto é, sem 
dúvida, o mesmo que (12.0 m/s) / sen 30
o
. 
 
3-66: (a) 2D/v 
(b) 2Dv/(v
2
 – w2) 
(c) 2D/
22 wv
 
(d) 1.50 h, 1.60 h, 1.55 h. 
 
3-68: (a)
./80.9)90.4)(/80.9(22 2
0
smmsmghv
y
 
(b) v0y/g = 1.00 s. 
(c) a velocidade relativa ao homem é: 
,/54.4)/80(.)/8.10( 22 smsmsm
 e a 
velocidade relativa a roda é 13.6 m/s (arredondado para 
três algarismos significativos) e portanto o homem deve 
estar a 13.6 m na frente da roda par poder liberar a bola. 
(d) Relativo ao vagão, a bola é projetada em um 
ângulo de = tang
-1
 
.65
/54.4
/80.9 o
sm
sm
 Relativo ao solo 
o ângulo será de 
 = tang
-1
 
o
smsm
sm
7.35
/10.9/54.4
/80.9
 
 
3-70: Escreva uma expressão, em função do tempo e a 
partir da origem até a partícula, para o quadrado da 
distância (D
2
). Em seguida obtenha a sua derivada em 
relação ao tempo e resolva para o valor de t quando esta 
derivada for zero. Se o discriminante for zero ou negativo 
a distância D nunca diminuirá . Obedecendo
a este 
procedimento, temos que sen
-1 
(8/9) = 62.7
o
. 
 
3-72: Da mesma forma que no problema anterior, a 
distância horizontal x em termos 
dos ângulos é: 
.
)(cos
1
2
)(tan
22
0
v
gx
tax
 
 Defina a quantidade sem dimensão 
2
0
2/ vgx
 
por . Neste caso temos: 
.2486.0
)/0.32(2
0.30cos)0.60)(/80.9(
2
2
sm
msm o
 
A relação acima pode então ser escrita, pela 
multiplicação de ambos os lados pelo produto cos cos ( 
+ ), 
,
)(cos
cos
cos)()(cos sinsin
 
 e então: 
.
)(cos
cos
)(coscos)( sinsin
 
O termo da esquerda é sen (( + ) - ) = sen , 
então o resultado para esta combinação é: 
sen cos ( + ) = cos . 
Embora isto possa ser feito numericamente (método 
interativo, tentativa e erro ou outros métodos), a expansão 
sen a cos b = 
2
1
(sen (a + b) + sen (a – b)) permite que o 
ângulo seja isolado.Mais especificamente, 
,cos))(sen)2((sen
2
1
 
com o resultado final 
 sen (2 + ) = 2 cos + sen . 
(a) para = 30
o
, e conforme encontrado 
acima, = 19.3
o
 e o ângulo acima da horizontal é + = 
49.3
o
. Para nível básico, utilizando = 0,2871, resulta em 
= 17.5
o
. 
 
(b) Para = -30
o
, o mesmo obtido par = 30
o
 
pode ser utilizado (cos 30
o
 = cos (-30
o
)), resultando em = 
13.0
o
 e + = -17.0
o
. 
 
3-74: 
 
 
 A posição x do aeroplano é (236 m/s)t e a posição x 
do foguete é: 
(236 m/s)t + ½(3.00)(9.80 m/s
2
) cos 30
o
 (t – T)2. 
Os gráficos para ambos tem a forma: 
 
 
 Se considerarmos y = 0 como sendo a altitude das 
linhas aéreas, então 
 y(t) = -1/2gT
2
 – gT(t – T) + ½(3.00)(9.80 m/s2)(sen 30o)(t – 
T)
2
 para o foguete. O gráfico se parece com: 
 
 Colocando y = 0 para o foguete, podemos resolver 
para t em termos de T, 0 = -(4.90 m/s
2
)T
2
 – (9.80 m/s2)T(t – T) 
+ (7.35 m/s
2
)(t – T)2. Utilizando a formula quadrática para a 
variável x = t- T, nós encontramos 
x = t – T = 
)/35.7(2
)9.4)(/35.7()4()/80.9()/80.9(
2
22222
sm
TsmTsmTsm
 
 ou t = 2.72 T. 
 Agora utilizando a condição de que xfoguete – xaeroplano = 1000 
m, nós encontramos que (236 m/s)t + (12.7 m/s
2
) x (t – T)2 – 
(236 m/s)t = 1000 m, ou (1.72T)
2
 = 78.6 s
2
. Portanto T = 5.15 
s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Capítulo 3 – Exercícios Respostas – Ímpares 
 
Exercício Gabarito 
3.1 (a) (vmed)x = 1.4 m/s, (vmed)y = -1.3 m/s (b) 
1.9 m/s, -43° 
3.3 (a) 7.1 cm/s, 45° (b) 5.0 cm/s, 90°; 7.1 cm/s, 
45°; 11 cm, 27°. 
3.5 (a) (amed)x = -8.67 m/s², (amed)y = -2.33 m/²s 
(b) 8.98 m/s², 193° 
3.7 
(b)
ˆ ˆ ˆ2 2v i t j a j
 
(c) v = 5.4 m/s, -63°; a = 2.4 m/s², -90° (d) 
aumentando; fazendo uma volta para direita. 
3.9 (a) 0.600 m (b) 0.385 m (c) vx= 1.10 m/s, vy 
=-3.43 m/s; v = 3.60 m/s, 72.2° abaixo da 
horizontal. 
3.11 (a )l.08s (b) 6.18 m. 4,51 m; 11.5 m, 5.74 m; 
16.8 m, 4.51 m (c) 11.7 m/s, +24.8°; 10.6 
m/s, 0°; 11.7 m/s, -24,8° (d) paralelos: -4,11 
m/s
2
. 0, 4.11 m/s
2
; perpendiculares: 8,90 
m/s
2
, 9,80 m/s
2
, 8,90 m/s
2
 
3.13 (a) 1.4 km (b) 8.5 km 
3.15 (a) 0.682 s, 2.99 s (b) 24.0 m/s, 11.3 m/s; 
24.0 m/s,-11.3 m/s (c) 30.0 m/s, -36.9° 
3.17 (a) 1.5 m (b)-0.89 m/s 
3.19 (a) 13.6 m (b) 34.6 m/s (c) 103 m 
3.21 (a) 0,034 m/s
2
 = 0.0034g (b) 1.4 h 
3.23 (a) 3.07 s (b) l.68 s 
3.25 (a) 3.50 m/s
2
, para cima (b) 3.50 m/s
2
, para 
baixo (c) 12.6 s 
3.27 (b) não (c) no ponto onde o carro se encontra 
mais afastado do centro geométrico da elipse 
3.29 (a) 14 s (b) 70 s 
3.31 0.36 m/s, 38° no sentido do sul para o oeste 
3.33 (a) 4.7 m/s, 25° no sentido leste para sul 
(b) 190 s (c) 380 m 
3.35 (a) -7.l m/s, -42 m/s (b) 43 m/s, 9.5° no 
sentido do sul para o oeste 
3.37 (a) t = 0 (b) t = 0 
(c) t = 0 x=0, y= 15.0m; t = 5.21 s, 
x = 6.25 m, y =1.44 m (d) 6.41 m, 5.21 s 
3.39 (a) 1.0 m/s
2
 (b) 5.4° (c) 2,3 m/s (d) 31 s 
3.41 22 m/s 
3.43 274 m 
3.45 (a) 42.8 m/s (b) 42.0 m 
3.47 
4 2D
 
3.49 (c) menor do que 45° 
3.51 (b) 15°, 75° 
3.53 (a) 17.8 m/s (b) no rio, a uma distância de 
28.4 m da margem mais próxima da rampa 
3.55 (a) 2.23 m (b) 3.84 m 
(c) 8.65 m/s (d) 3.09 m, 0.62 m 
3.57 (c) (18/25)gT
2
 (d) (3/2)gT
2 
3.59 
3.61 vx = R. .(1 – cos[ .t)]); vy = R. .sen[ .t] 
ax = R.
2
.sen[ .t]; ay = R.
2
.cos[ .t]; 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício Gabarito 
3.63 30 km 
3.65 (a) 44.7 km/h, 26.6° no sentido do sul para o 
oeste (b) 10.5° no sentido do oeste para o 
norte 
3.67 (a) 0.782 s (b) 7.67 m/s 
(c) 5.17 m/s (d) 1.04 m 
3.69 (a) 80 m (b) l.56.10
-3
 (c) o efeito global da 
resistência do ar faz diminuir o raio 
3.71 
22
0
cos2
cos
v
tg tg
g
 
4 2
 
3.73 t = 0.5 s: 9.589 m/s
2
, 118.6°; t = 0.1 s: 
9.983 m/s
2
, 95.73°; t = 0.05 s: 9.996 m/s
2
, 
92.86° 
 
3.75 (a) 1.5 km/h (b) 3.5 km/h 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Capítulo 4 – Exercícios Pares Resolvidos 
 
4-2: No novo sistema de coordenadas, a força de 300-N 
atua em um ângulo de 23
o
 relativo ao eixo –x, ou num 
ângulo de 105
o
 relativo ao eixo +x-axis, e a força de 155-N 
atua em um ângulo de 23
o
 relativo ao eixo –x-axis, ou em 
um ângulo de 203
o
 relativo ao eixo +x . 
(a) As componentes da força resultante são:Rx = (200 N) + 
(300 N) cos 105
o
 + (155 N) cos 203
o
 –20 N 
Ry = (200 N) – sen 0 + (300 N) sen 105
o
 + (155 N) sen 203
o
 
= 229 N. 
(b)
.95
20
229
arctan,23022 OyY NRrR
 Os resultados 
possuem o mesmo módulo, e o ângulo foi variado 
pelaquantidade em que as coordenadas foram giradas, isto é 
30
o
 . 
 
4-4: (a) Fx = F cos é o ângulo que a corda faz com a ( = 
30
o
 nesse problema, então: 
.3.69
30cos
0.60
cos
|| N
NF
FF
o
x

 
(b) Fy = F sin = Fx tan = 34.6 N. 
 
4-6: (a) 
.00.3)9.126(sen)00.6(120sen)00.9(
10.8)9.126(cos)00.6(120cos)00.9(
21
21
NNNFF
NNNFF
oo
yy
oo
xx
 
 (b)
.64.8)00.3()10.8( 2222 NNNRRR ux
 
4-8: F = ma = (135 kg) (1.40 m/s
2
) = 189 N. 
4-10: (a) A aceleração é: 
./88.0
)00.5(
)0.11(22 2
22
sm
s
m
t
x
a
 A massa é portanto 
.9.90
/88.0
0.80
2
kg
sm
N
a
F
m
 
 
(b) A velocidade no final dos primeiros 5.00 
segundos é at = 4.4 m/s, e o bloco continuará a se mover 
nessa velocidade sobre uma superfície sem atrito, portanto 
ele se deslocará outros vt = 22.0 m nos próximos 5.00 s. 
 
4-12: (a) a = F/m = 140 N/32.5 kg = 4.31 m/s
2
 
 
(b) Com v0 = 0, x = 
.215
2
1 2 mat
 
(c) Com v0 = 0, v = at = 2x/t = 43.0 m/s. 
 
4-14: (a) Com v0 = 0, 
./1050.2
)1080.1(2
)/1000.3(
2
214
2
262
smx
mx
smx
x
v
a
 
 (b) 
.1020.1
/1050.2
/1000.3 8
214
6
sx
smx
smx
a
v
t
 Note que este 
tempo é também a distância dividida pela velocidade media 
(c) F = ma = (9.11 x 10
-31
 kg) (2.50 x 10
14
 m/s
2
) = 
2.28 x 10
-16
 N. 
4-16: 
./0.22)/80.9(
2.71
160
/
22 smsmg
w
F
gw
F
m
F
a
 
 
4-18: (a) Da Eq. (4-9), m = w/g = (3.20 N)/(9.80 m/s
2
) = 
0.327 kg. 
 
(b) w = mg = (14.0 kg)(9.80
m/s
2
) = 137 N. 
 
4-20: (a) A Terra (gravidade) 
(b) 4 N, o livro 
(c) não 
(d) 4 N, a Terra, o livro, para cima 
(e) 4 N, a mão o livro, para baixo 
(f) segundo 
(g) terceiro 
(h) não 
(i) não 
(j) sim 
(l) sim 
(m) um (gravidade) 
(n) não 
 
4-22: A reação à força normal direcionada para cima e 
sobre o passageiro é uma força normal direcionada para 
baixo, também de módulo igual a 620 N, a qual o 
passageiro exerce sobre o piso. A reação ao peso do 
passageiro é a força gravitacional que o passageiro exerce 
sobre a Terra, direcionada para cima e também com 
módulo de 650 N. 
./452.0
/80.9/650
650620 2
2
sm
smN
NN
m
F
 
 Portanto, a aceleração do passageiro é de 0.452 m/s
2
, 
para baixo. 
4-24: (a) A força que o astronauta exerce sobre a 
corda e a força que a corda exerce sobre o astronauta 
formam um par de ação e reação, então a corda exerce 
uma força de 80 N sobre o astronauta. 
 
(b) O cabo está sob tensão. 
(c)
./762.0
0.105
0.80 2sm
kg
N
m
F
a
 
(d) Não há força resultante sobre a corda de 
massa desprezível, portanto a força que o veículo espacial 
exerce sobre a corda deve ser de 80.0 N (isto não é um par 
de ação-reação). Então, a força que a corda exerce sobre o 
veículo espacial deve ser 80.0 N. 
(e) 
./1084.8
1005.9
0.80 `24
4
smx
kgx
N
m
F
a
 
 
4-26: (a) A força resultante é para cima, então: 
 T – mg = m 
|).|(|,| agmTanda

 
(b) A força resultante é para baixo, então: 
 mg – T – m
|).|(|| agmTanda

 
 
4-28: (a) 
 
(b) A caixa com massa total de 10.00 kg, acelera 
conjuntamente com uma aceleração de: 
 
./00.5
00.10
0.50 2sm
kg
N
m
F
a
 
(c) A tensão é a única força horizontal atuando 
sobre a caixa menor, então 
 T = ma = (4.00 kg)(5.00 m/s
2
) = 20.0 N. 
 Apenas para verificação, a força resultante sobre a 
caixa maior é: 
 F – T, so T = 50.0 N – (6.00 kg)(5.00 m/s2) = 20 N. 
 
4-30: Derivando duas vezes a aceleração do helicóptero 
em função do tempo é: 
,ˆ)/12.0(ˆ)/120.0( 23 ksmitsma
 
 e para t = 5.0 s, a aceleração é: 
 
.ˆ)/12.0(ˆ)/60.0( 22 ksmisma
 
 Portanto a força é: 
.ˆ)104.3(ˆ)107.1(
ˆ)/12.0(ˆ/60.0(
)/80.9(
)1075.2(
34
22
2
5
kNxiNx
ksmism
sm
Nx
a
g
w
amF
 
4-32: (a) O tempo de parada é : 
.1043.7
/350
)130.0(2
)2/(
4
0
sx
sm
m
v
x
v
x
avc
 
 
(b) F = ma = (1.80 x 10
-3
 kg) 
.848
)1043.7(
)/350(
4
N
sx
sm
 
Utilizando seng 
xva o 2/
2
 temos o mesmo 
resultado. 
4-34: (a) F – w = F – mg = ma, so m = 
ga
F
 e, 
.0.40
)/80.9/45.2(
)/80.9(
)0.50(
22
2
N
smsm
sm
N
ga
g
Fmgw
 
(b) Resolvendo a relação anterior para a em termos 
de F, temos: 
,/45.21
0.40
0.30
)/80.9(1
/
22 sm
N
N
sm
w
F
gg
gw
F
g
m
F
a
 
com o sinal negativo indicando que a aceleração é para 
baixo. 
(c) Se o cabo se romper, a = -g e a força F é nula, 
então a escala apresenta a leitura zero. 
 
4-36: O navio iria a uma distância : 
,25.506
)100.8(2
)/5.1)(106.3(
2)/(22 4
272
0
2
0
2
0 m
Nx
smkgx
F
mv
mF
mv
a
v
 
portanto o navio colidiria com o recife. A velocidade quando 
o navio petroleiro choca-se com o recife pode ser encontrada 
de: 
,/17.0
)106.3(
)500)(100.8(2
)/5.1()/2(
7
4
22
0
sm
kgx
mNx
smmFxvv
 
 então o óleo estaria protegido. 
4-38: 
.107.3
)108.1(2
)/5.12(
)850(
2
6
2
22
0 Nx
mx
sm
kg
x
v
mmaF
 
4-40: Seja a aceleração a2 quando a força propulsora for 
F1, e quando a força propulsora F1 seja a aceleração 
correspondente a1. As forças e aceleração estão relacionadas 
por: 
F1 – w = ma1, F2 – w = ma2. 
 Eliminando-se a massa pela divisão da primeira pela 
segunda equação, temos: 
 
,
2
1
2
1
a
a
wF
wF
 
e resolvendo para o peso w temos: 
 
.
21
1221
aa
FaFa
w
 
Desse modo não importa qual força propulsora e 
aceleração são denotadas por 1 e o qual é denotada por 2, 
e a aceleração devido a gravidade na superfície de 
mercúrio não precisa ser encontrada . Substituindo os 
números dados, temos: 
.100.16
)/80.0(/20.1
)100.25)(/80.0()100.10)(/20.1( 3
22
3232
Nx
smsm
NxsmNxsm
w
 
No resultado acima note que a direção positiva é 
para cima, de modos que a2 é negativa . Também note que 
embora a2 seja conhecida para dois lugares, as somas tanto 
no numerador como no denominador são conhecidas para 
três lugares. 
 
4-42: (a) Se o ginasta escala a uma taxa constante, 
não existe força resultante sobre ele, então a tensão deve 
ser igual o peso: T = mg. 
 (b) Sem movimento é sem aceleração, portanto a 
tensão é novamente o peso do ginasta. 
 (c)T – w = T – mg = ma = 
||am
 (a aceleração é 
para cima, na mesma direção da tensão), então T = m(g + 
|).| a

 
 (d)T – w = T = mg = ma = -m
|| a
 (a aceleração é 
para baixo, na direção oposta da tensão), então T = m(g - 
|).| a
 
 
4-44: (a) Sua velocidade quando ele toca o solo é : 
./80.7)10.3)(/80.9(22 2 smmsmghv
 
 (b) A aceleração enquanto o joelho está curvando é : 
./6.50
)60.0(2
)/80.7(
2
2
22
sm
m
sm
y
v
a
 
 (c) A força resultante que o pé exerce sobre o solo é 
também a força que o solo exerce sobre o pé (par de ação-
reação). Esta força está relacionada com o peso e 
aceleração por: F – w = F – mg = ma, então F = m(a + g) 
= (75.0 kg)(50.6 m/s
2
 + 9.80 m/s
2
) = 4532 N. Como uma 
fração de seu peso, esta força é : 
 
16.61
g
a
mg
F
 (foi mantido algarismo 
significativos extras nos cálculos intermediários de a). 
Observe que este resultado é o mesmo obtido 
algebricamente de: 
.1
60.0
10.3
m
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4-46: 
 
 
(a) A força resultante no topo superior do cabo é 
nula ; a tensão no cabo deve ser igual ao seu peso.. 
(b) A força resultante sobre o cabo deve ser nula; a 
diferença entre as tensões do topo e na parte de baixo do 
cabo deve ser igual ao peso w, e com o resultado da parte 
(a), não existe tensão na parte inferior do cabo. 
(c) A força resultante na metade de baixo do cabo 
deve ser nula, e então a tensão na metade do cabo deve ser a 
metade do peso, isto é w/2. De modo equivalente, a força 
resultante na metade superior do cabo deve ser nula. Da 
parte (a), a tensão no topo é w, o peso do relativo a metade 
do topo é w/2 , então a tensão na metade do cabo dever ser w 
– w/2 = w/2. 
(d) O gráfico de T vs. distancia será uma linha com 
inclinação negativa. 
 
4-48: Para uma dada velocidade inicial, a altura que a 
bola irá alcançar é inversamente a sua aceleração para baixo. 
Isto é, a aceleração na presença de uma força de arrasto é: 
.32.1
8.3
0.5
gga
 
Desde que: 
 mg +Fdrag = ma = 1.32 mg, Fdrag = 0.32 mg 
= (0.32)(0.0900 kg)(9.80 m/s
2
) = 0.32 N. 
Observe que na situação (onde o movimento da 
bola foi considerado para cima), a força de arrasto e da 
gravidade atuam na mesma direção. 
4-50: (a A equação do movimento, -Cv
2
 = 
dt
dv
m
 não pode 
ser integrada com relação ao tempo, pois a função 
desconhecida v(t) é parte do integrando. A equação deve ser 
separada antes da integração, ou seja : 
,
11
0
2
vvm
Ct
v
dv
dt
m
C
 
onde v0 é a constante de integração, isto é v = v0 para t = 0. 
Observe que isto
mostra que se v0 = 0, não existe movimento 
. Esta expressão pode ser reescrita como: 
,
1
1
0
m
Ct
vdt
dx
v
 
Para se obter x em função de v, o tempo t deve ser 
eliminado em favor de v; da expressão obtida após a 
primeira integração, isto é 
,100
v
v
m
Ctv então 
.ln 0
0
v
v
C
m
xx
 
(b) Pela regra da cadeia, 
,v
dx
dv
dt
dv
dx
dv
dt
dv
 
e utilizando a expressão dada para a força resultante, 
temos: 
2
0
0
0
0
( ) ln
ln
dv
Cv v m
dx
C dv
dx
m v
C v
x x
m v
vm
x x
C v
 
 Capítulo 4 – Exercícios Respostas – Ímpares 
 
Exercícios Respostas 
4.1: (a) 0 (b) 90° (c) 180° 
4.3: 7.l N horizontal, 7.l N vertical 
4.5: 494 N, 31.7° 
4.7: 2.2 m/s
2
 
4.9: 16.0 kg 
4.11: (a) 3.13 m, 3.13 m/s (b) 21.9 m, 6.25 m/s 
4.13: (a)
0F
 
4.15: 
32.94 10 N
 
4.17: (a) 4.49 kg (b) 4.49 kg, 8.13 N 
4.19: 825 N, o bloco 
4.23: 
23
2
7.4 10
m
s
 
4.25: 5.83 m/s
2
; 
4.27: (a) 25.0 N (b) 10.0 N 
4.29: 1.47 m/s², para cima 
4.31: 
6xF t m B t
 
4.33: 1840 N, 135° 
4.35: (a) 17 N, 90° no sentido horário a partir do 
eixo +0x (b) 840 N; 
4.37: 
32.36 10 N
 
4.39: (a) 4.4 m (b) (i) 
42.7 10 N
(ii) 
39.0 10 N
 
4.41: (a) 4ma (b) 3ma (c)2ma 
(d)-ma (e) possuiriam os mesmos módulos 
e a mesma direção, mas os sentidos 
4.43: (a) 2.93 m/s
2
 (b) 11.1 m/s
2
 
4.45: (b) 
25.9 10 N
(c) 
32.2 10 N
 
4.47: (b) 3.53 m/s² (c) 120 N (d) 93.3 N 
4.49: 
4
1 2
ˆ ˆ4k t m i k t m j
 
 
 
4.51: 
2 5 32 3 31
2
ˆ ˆ
2 120 6
k k kk
r t t i t j
m m m
 
4 22 3 31
2
ˆ ˆ
24 2
k k kk
v t t i t j
m m m
 
Física 1 – GABARITO – EXERCÍCIOS – Sears & Zemansky – Editora Pearson – Prof. Dr. Cláudio. Sérgio Sartori. 
 
 
26