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resolução fisica II sears, Exercícios de Física

Centro Universitário Tocantinense Presidente Antônio Carlos (UNITPAC)Física

resolução fisica II sears dskfnsdlkafnljfbsdafad

Tipologia: Exercícios

2020

Compartilhado em 02/09/2020

paolo-melo 🇧🇷

5

(2)

1 documento

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções

Capítulo 14

Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do

Instituto de Física da UFRJ.

14-2:

./1033.3

)1074.1(

3

4

)1035.7(

3

4

33

36

22

3

mkgx

mx

kgx

r

m

V

m





14-4: O comprimento L de uma aresta do cubo é

.3.12

/104.21

40

3

1

33

3

1

3

1

cm

mkgx

kgm

VL 































14-6: a) A pressão usada para achar a área é a pressão absoluta, logo a área total é

dada por

.539

)10013.110205(

)105.16(

2

53

3

cm

PaxPax

Nx 



b) Com o peso extra, a repetição do cálculo anterior fornece 836 cm2.

14-8:



=



gh = (1.00 x 103 kg/m3)(9.80 m/s2)(640 m) = 6.27 x 106 Pa = 61.9 atm.

14-10:



gh = (1.00 x 103 kg/m3)(9.80 m/s2)(6.1 m) = 6.0 x 104 Pa.

14-12: [130 x 103 Pa + (1.00 x 103 kg/m3)(3.71 m/s2)(14.2 m) – 93 x 103 Pa]

(2.00 m2) = 1.79 x 105 N.

14-14:

.64.11066.1

)15.0(

)/80.9)(1200(

)2/(

5

2

atmPax

m

smkg

d

mg

A

F





14-16: A força de empuxo é B = 17.50 N - 11.20 N = 6.30 N, logo

.1043.6

)/80.9)(/1000.1(

)30.6(

34

233

mx

smmkgx

N

g

B

V

água







A densidade é dada por

Pearson Education do Brasil

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(2)

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Capítulo 14

Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do

Instituto de Física da UFRJ.

3 3

6 3

22

3

x kg m

x m

x kg

r

m

V

m

14-4: O comprimento L de uma aresta do cubo é

4 10 /

40

3

1

3 3

3

1

3

1

cm

x kg m

m kg

L V 



























 

14-6: a) A pressão usada para achar a área é a pressão absoluta, logo a área total é

dada por

2

3 5

3

cm

x Pa x Pa

x N

b) Com o peso extra, a repetição do cálculo anterior fornece 836 cm

2

14-8:  =  gh = (1.00 x 10

3

kg/m

3

)(9.80 m/s

2

)(640 m) = 6.27 x 10

6

Pa = 61.9 atm.

14-10:  gh = (1.00 x 10

3

kg/m

3

)(9.80 m/s

2

)(6.1 m) = 6.0 x 10

4

Pa.

14-12: [130 x 10

3

Pa + (1.00 x 10

3

kg/m

3

)(3.71 m/s

2

)(14.2 m) – 93 x 10

3

Pa]

(2.00 m

2

) = 1.79 x 10

5

N.

5

2

x Pa atm

m

kg m s

d

mg

A

F

 



14-16: A força de empuxo é B = 17.50 N - 11.20 N = 6.30 N, logo

4 3

3 3 2

x m

x kg m m s

N

g

B

V

água



A densidade é dada por

3 3 3 3

x kg m x kg m

B g B

g

V

m

água

14-18: a) B = 

água

gV = (1.00 x 10

3

kg/m

3

)(9.80 m/s

2

)(0.650 m

3

) = 6370 N.

b)

2

kg

m s

N N

g

B T

g

m 

c) (Ver o Exercício 14-17.) Se o volume submerso é V,

N

V gV

V

e

g

V

água água









14-20: a) Desprezando a densidade do ar,

3 3

2 3 3

m

m s x kg m

N

g

m g

V



ou seja 3.4 x 10

m

3

com dois algarismos significativos.

b) T =  - B =  - g

água

V = 

7
00

1 ( 89 N ) 1 N

alumínio

água













 















14-22: Usando a Eq. (14-13),

e x N m obtemos

R

g

 3





a) 146 Pa,

b) 1.46 x 10

4

Pa (note que este resultado é 100 vezes maior do que a resposta

do item (a)).

14-24: A análise que conduziu à Eq. (14-13) é válida para os poros;

7

x Pa

R D

30 /.
0

( 220 )( 0. 355 )

L s

s

L



c)

2 1 4 2

3 3

1

m s v v m s

x m

x m s

v    



d)

152 ( 1 / 2 )( 1000 / )( 9. 80 / )( 1. 35 )

( )

2

1

3 2

2 1

2

1

2

1 2 2

kPa

kPa kg m m s m

p p v v g y y



  

      

14-36: Pela Eq. (14-21), para y

1

= y

2

1 1

2

1

2

1 1

2

2 1 1

p v

v

p p  v v p  v   

= 1.80 x 10

4

Pa +

(1.00 x 10

3

kg/m

3

)(2.50 m/s)

2

= 2.03 x 10

4

Pa,

onde usamos a equação da continuidade

1

2

v

v .

14-38: No centro, r = 0 na Eq. (14-25), e explicitando p

1

- p 2

=  p , obtemos

 p =

2 2

3 2

2

max

Pa

x m

x N s m m m s

R

Lv



14-40: a) Explicitando na Eq. (14-26) a pressão manométrica  p = p

1

- p 2

5

6 4

3 2 3 6 3

4

x Pa atm

x m

x N s m x m x m x s

R

L dV dt

p



  

Esta é a diferença de pressão abaixo da atmosfera existente na boca do inseto,

ou seja, a pressão manométrica é negativa. A diferença de pressão é

proporcional ao inverso da quarta potência do diâmetro, portanto a maior

contribuição para esta diferença de pressão é devida à menor seção reta da boca

do inseto.

14-42: Da equação da velocidade terminal, Eq. (14-27), obtemos

2

1



 rv mg B mg

t

onde 

1

é a densidade do líquido e 

2

é a densidade do latão. Explicitando a viscosidade

obtemos

rv

mg







2

1

O raio é obtido de

V =

3

r

m

c

donde obtemos r = 2.134 x 10

m. Substituindo os valores numéricos na relação

precedente  = 1.13 Ns/m

2

, aproximadamente igual a 11 com dois algarismos

significativos.

14-44: Pela Eq. (14-27), a lei de Stokes, obtemos

6 (181 x 10

Ns/m

2

)(0.124 m/s) = 2.12 x 10

N

logo o peso é igual a 5.88 N; a razão é igual a 3.60 x 10

14-46: a) A área da seção reta da esfera é ,

2

D

 portanto

2

0

D

F  p  p 

b) A força em cada hemisfério produzida pela pressão da atmosfera é

(5.00 x 10

m)

2

(1.013) x 10

5

Pa)(0.975) = 776 N.

14-48: a) O peso da água é

gV = (1.00 x 10

3

kg/m

3

)(9.80 m/s

2

)((5.00 m)(4.0 m)(3.0 m))=5.88x

5

N,

M = C  R

2

L

0

x

2

dx = C  R

2

3

L

Explicitando C, obtemos C = 3M/  R

2

L

3

b) A densidade para a extremidade x = L é dada por

 = Cx

2

2 3

R L

M

L

R L

M

O denominador é precisamente igual ao volume total V , logo  = 3M/V, ou

três vezes a densidade média, M/V. Logo a densidade média é igual a um

terço da densidade na extremidade x= L.

14-54: a) A Equação (14-4), com o raio r em vez da altura y , pode ser escrita na

forma

dp = -  g dr = -  g

s

(r/R) dr.

Esta forma mostra que a pressão diminui com o aumento do raio. Integrando, com p = 0

em r = R, obtemos

2 2

4

R r

R

g

r dr

R

g

p

s

R

s

b) Usando a relação anterior com r = 0 e

3

R

M

V

M

obtemos

11

6 2

24 2

x Pa

x m

x kg m s

P  



c) Embora a ordem de grandeza seja a mesma, o resultado não concorda bem

com o valor estimado. Em modelos com densidades mais realistas (ver o

Problema 14-53 ou o Problema 9-85), a concentração da massa para raios

menores conduz a uma pressão mais elevada.

14-56: Seguindo a sugestão:

2

0

F gy Rdy g Rh

h

onde R é o raio e h é a altura do tanque (o fato que 2R = h é mais ou menos

acidental).Substituindo os valores numéricos obtemos

F = 5.07 x 10

8

N. 14-58: A diferença entre as densidades deve fornecer o "empuxo" de 5800 N (ver o

Problema 14-63). A densidade média dos gases no balão é dada por

3

2 3

3

kg m

m s m

N

kg m

ave

14-60: a) O volume deslocado deve ser aquele que possui o mesmo peso e massa do

gelo,

3

cm

g cm

g

b) Não; quando fundido, a água resultante terá o mesmo volume que o

volume deslocado por 9.70 g do gelo fundido, e o nível da água

permanecerá o mesmo.

c)

3

cm

gm cm

gm

d) A água resultante do cubo de gelo derretido ocupará um volume maior do

que o da água salgada deslocada e portanto um volume de 0.46 cm

3

deve

transbordar.

14-62: A fração f do volume que flutua acima do líquido é dada por

f = 1 -

fluid

onde  é a densidade média do densímetro (ver o Problema 14-17 ou o Problema 14-59),

que pode ser escrita na forma

.

1

f

fluid



  

Logo, para dois fluidos que possuem frações de flutuação f

1

e f

2

, temos

2

1

2 1

f

14-68: A força de empuxo sobre a massa A, dividida por g , deve ser igual a

7.50 kg – 1.00 kg – 1.80 kg = 4.70 kg

(ver o Exemplo 14-6), logo a massa do bloco é

4.70 kg + 3.50 kg = 8.20 kg.

a) A massa do líquido deslocado pelo bloco é 4.70 kg, logo a densidade do

líquido é

3 3

x kg m

x m

kg



b) A balança D fará a leitura da massa do bloco, 8.20 kg, como calculamos

acima. A balança E fará a leitura da massa do recipiente mais a massa do

líquido, 2.80 kg.

14-70: (Note que aumentar x corresponde a um deslocamento para a traseira do carro.)

a) A massa de um elemento de volume é  dV =  A dx , e a força resultante

sobre este elemento é dirigida para a frente e seu módulo é dado por

(p + dp)A – pA = A dp.

Pela segunda lei de Newton,

A dp = (  A dx)a , ou seja, dp =  a dx.

b) Como  é constante, e para p = p

0

em x = 0, obtemos

p = p

0

+  ax.

c) Usando  = 1.2 kg/m

3

no resultado da parte (b) obtemos

(1.2 kg/m

3

)(5.0 m/s

2

)(2.5 m) = 15.0 Pa ~ 15 x 10

p

atm

portanto a variação percentual da pressão é desprezível

d) Seguindo o método da Seção 14-4, a força sobre a bola deve ser igual à

mesma força exercida sobre o mesmo volume de ar; esta força é igual ao

produto da massa  V multiplicada pela aceleração, ou  Va.

e) A aceleração da bola é a força encontrada na parte (d) dividida pela massa

bola

V , ou (  / 

bola

)a. A aceleração em relação ao carro é dada pela

diferença entre esta aceleração e a aceleração do carro, logo

a

rel

= [(  / 

bola

) – a]a.

f) Para uma bola cheia de ar, (  / 

bola

) < 1 (uma bola cheia de ar tende a

afundar no ar calmo), e portanto a grandeza entre colchetes na resposta do

item (e) é negativa; a bola se desloca para a traseira do carro. No caso de

uma bola cheia de hélio, a grandeza entre colchetes é positiva e a bola se

desloca para a frente do carro.

14-72: a) Ver o Problema 14-71. Substituindo f por, respectivamente, w

água

/w e

w

fluid

/w , obtemos



aço



fluid



fluid



aço



água



água

e dividindo a segunda equação pela primeira, obtemos



fluid



água

  

fluid

  

água

b) Quando 

fluid

é maior do que 

água

, o termo do lado direito da expressão

anterior é menor do que um, indicando que o fluido é menos denso do que

a água. Quando a densidade do fluido é igual à densidade da água,

obtemos 

fluid

água

, como era esperado. Analogamente, quando 

fluid

é

menor do que 

água

, o termo do lado direito da expressão anterior é maior

do que um, indicando que o fluido é mais denso do que a água.

c) Escrevendo o resultado do item (a) na forma



fluid



água

1  f

fluid

1  f

água

E explicitando f

fluid

, obtemos

f

fluid



fluid



água

( 1  f

água

14-74: a) Seja d a profundidade da camada de óleo, h a profundidade na qual o cubo

está submerso na água e L a aresta do cubo. Então, igualando a força de empuxo com o

14-78: a) A variação da altura  y é relacionada com o volume deslocado  V por  y

A

 V

onde A é a área da superfície da água na eclusa,  V é o volume da água que

possui o mesmo peso do metal, portanto

 y 

 V

A

água

g

A

água

gA

( 2. 50 x 10

6

N )

( 1. 00 x 10

3

kg / m

3

)( 9. 80 m / s

2

)(( 60. 0 m )( 20. 0 m ))

 0. 213 m.

b) Neste caso,  V é o volume do metal; na relação anterior, 

água

deve ser

substituído por 

metal

água

, que fornece

 y  =

 y

, e  y   y 

 y  0. 189 m ;

este resultado indica quanto abaixa o nível da água na eclusa.

14-80: a) A variação da pressão em relação à distância vertical fornece a força

necessária para manter um elemento de fluido flutuando em equilíbrio na vertical (que se

opõe ao peso). Para um fluido girando, a variação da pressão em relação ao raio fornece a

força necessária para manter um elemento de fluido se acelerando radialmente.

Especificamente, obtemos

dr padr ,

r

p

dp 

e usando a relação

a  

2

r obtemos

 p

 r

2

r.

b) Chame a pressão em y = 0, r = 0 de p

a

(pressão atmosférica); integrando a

expressão para

r

p

indicada na parte (a) obtemos

( , 0 ).

2

p r y p r

a



   

c) Na Eq. (14-5), p

2

= p

a

,, p

1

= p(r, y = 0) como achamos na parte (b), y

1

e y

2

= h(r), a altura do líquido acima do plano y = 0. Usando o resultado

da parte (b) obtemos

h(r) = 

2

r

2

/2g.

14-82: Explicitando R na Eq. (14-13) obtemos

5

3 2

x m

atm x Pa

x N s m

p

R



14-84: a) Como no Exemplo 14-9, a velocidade de saída da água é igual a

2 gh.

Depois de sair do tanque a água está em queda livre e o tempo que qualquer porção da

água leva para atingir o solo é dado por

,

2 ( )

g

H h

t





e neste intervalo de tempo a água se deslocou uma distância horizontal dada por

R  vt  2 h ( H  h ).

b) Note que se

h  = H – h, h  (H – h  ) = (H – h)h ,

e portanto h  = H – h fornece o mesmo alcance.

14-86: a)

2 ( ) 2 ) 9. 80 / )( 8. 00 )( 0. 0160 ) 0. 200 /.

2 2 3

3 3 1 3 3

v A  g y  y A  m s m m  m s

b) Como p

3

é a pressão atmosférica, a pressão manométrica no ponto 2 é

1 3

2

3

2

3

2

2 3

g y y

A

p v v v  

Usando a relação anterior encontrada para v

3

e substituindo os valores

numéricos obtemos

p

2

= 6.97 x 10

4

Pa.

14-88: a) Usando a constância do momento angular, notamos que o produto do radio

vezes a velocidade é constante, logo a velocidade é aproximadamente igual a

(200 km/h)

 km h 

b) A pressão é menor no "olho", de um valor dado por

14-94: a) Explicitando p

1

- p 2

=  p na Eq. (14-29) e fazendo a variação da altura

igual a 0, obtemos

6

4

2 3

3

4

x Pa atm

m

N s m x m

m s

R

L

dt

dV

p gh

b)

dt

dV

P p

(7.51 x 10

6

Pa)(0.0600 m

3

/s) = 4.51 x 10

5

W. O trabalho

realizado é  pdV.

14-96: a) O volume V da pedra é

4 3

3 3 2

2

x m

x kg m m s

kg m s N

g

T

g

B

V

água água



Nos referenciais acelerados, todas as grandezas que dependem de g (pesos,

forças de empuxo, pressões manométricas e tensões) podem ser substituídas pelo valor

eficaz g  = g + a, com sentido positivo orientado de baixo para cima. Logo, a tensão é

T = mg  - B  = (m -  V)g  = T

0

g

g 

onde T

0

= 21.0 N.

b) g  = g + a; para a = 2.50 m/s

2

, T = (21.0 N)

 N

c) Para a = -2.50 m/s

2

, T = (21.0 N)

 N

d) Quando a = - g, g  = 0 e obtemos T = 0.

14-98: Quando o nível da água é a altura y da abertura, a velocidade de saída da água é

dada por

2 gy ,

e

2

d gy

dt

dV

À medida que o tanque é drenado, a altura diminui, logo

2

gy

D

d

D

zd gy

dt

dy

Esta equação diferencial permite a separação das variáveis e o tempo T

necessário para drenar o tanque é obtido pela integração da relação

2 ,

2

g dt

D

d

y

dy













 

cuja integração conduz ao resultado

[ 2 ] 2 ,

2

0

gT

D

d

y

H













 

Donde se conclui que

.

2

2 2

g

H

d

D

g

H

d

D

T 











 











