Lista de Exercícios Resolvidos - 2a Lei de Newton - Mecânica Clássica

UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE DEPARTAMENTO DE FÍSICA TEÓRICA E EXPERIMENTAL DISCIPLINA MECÂNICA CLÁSSICA PROF ÁLVARO BARROCA NETO PROBLEMAS CAP 05 Seção 56 A Segunda Lei de Newton 2 Duas forças horizontais agem sobre um bloco de madeira de 20 kg que pode deslizar sem atrito em uma bancada de cozinha situada em um plano xy Uma das forças é F1 30 N î 40 N ĵ Determine a aceleração do bloco em termos dos vetores unitários se a outra força é a F2 30 N ĵ 40 N ĵ b F2 30 N î 40 N ĵ e c F2 30 N î 40 N ĵ Usando a Segunda Lei de Newton equação Eq 51 Fres ma A força resultante aplicada ao bloco de madeira é Fres F1 F2 A soma vetorial é executada usando a notação dos vetores unitários e a aceleração do bloco é calculada usando a relação a F1 F2 m a No primeiro caso a F1 F2m 30 N î 40 N ĵ 30 N î 40 N ĵ20 kg 0 Fig Caso a b No segundo caso a F1 F2m 30 N î 40 N ĵ 30 N î 40 N ĵ20 kg 40 ms² ĵ Fig Caso b c No terceiro caso a F1 F2m 30 N î 40 N ĵ 30 N î 40 N ĵ20 kg 30 ms² î Fig Caso c 3 Se um corpo padrão de 1 kg tem uma aceleração de 200 ms² a 200 com o semieixo x positivo quais são a a componente x e b a componente y da força resultante a que o corpo está submetido e c qual é a força resultante em termos dos vetores unitários 3 Usamos a Segunda Lei de Newton mais especificamente a Eq 52 a A componente x da força é Fx max ma cos 200 100 kg200 ms² cos 200 188 N b A componente y da força é Fy may ma sen 200 10 kg200 ms² sen 200 0684 N c Na notação dos vetores unitários a força resultante é F Fx î Fy ĵ 188 N î 0684 N ĵ 5 Três astronautas impulsionados por mochilas a jato empurram e guiam um asteroide de 120 kg para uma base de manutenção exercendo as forças mostradas na Fig 529 com F1 32 N F2 55 N F3 41 N θ1 30 e θ3 60 Determine a aceleração do asteroide a em termos dos vetores unitários e como b um módulo e c um ângulo em relação ao semieixo x positivo Figura 529 Problema 5 Usando a Segunda Lei de Newton equação Eq 51 Fres ma A força resultante aplicada ao asteroide é dada por Fres F1 F2 F3 E a aceleração do asteroide é dada por a Fres m F1 F2 F3 m Caracterização das forças em móduloângulo F1 F1 θ1 32N 30 F2 F2 θ2 55N 0 F3 F3 θ3 41N 60 Então F1 F1x i F1y j F1x F1 cosθ1 F1y F1 senθ1 F1 F1 cosθ1 i F1 senθ1 j Para os demais vetores semelhante F2 F2 cosθ2 i F2 senθ2 j F3 F3 cosθ3 i F3 senθ3 j Substituindo os valores teremos F1 32N cos30 i 32N sen30 j 277N i 16N j F2 55N cos0 i 55N sen0 j 55N i 0N j F3 41N cos60 i 41N sen60 j 205N i 355N j Caracterização das forças em vetores unitários F1 F1x F1y 277N 16N F2 F2x F2y 55N 0N F3 F3x F3y 205N 355N Fres F1 F2 F3 277N 55N 205N i 16N 355N j Fres 10321N i 1951N j Logo a Fres m 10321N i 1951N j 120kg 10321N 120kg i 1951N 120kg j a 086ms² i 016ms² j b O módulo do vetor aceleração é a ax² ay² 086 ms²² 016 ms²² 088 ms² c O ângulo do vetor aceleração com o semieixo x positivo é θ tan¹ ay ax tan¹ 016 ms² 086 ms² 11 Gráficos dos vetores envolvidos 51 A Fig 547 mostra dois blocos ligados por uma corda de massa desprezível que passa por uma polia sem atrito também de massa desprezível O conjunto é conhecido como máquina de Atwood Um bloco tem massa m1 130 kg o outro tem massa m2 280 kg Quais são a o módulo da aceleração dos blocos e b a tensão da corda Figura 547 Problemas 51 e 65 51 A figura a seguir mostra os diagramas de corpo livre dos blocos m1 e m2 As únicas forças que agem sobre os blocos são a tensão da corda T e as forças gravitacionais F1 m1 g e F2 m2 g aplicando a segunda Lei de Newton em cada corpo temos Fres ma Para as direções oy onde só existe movimento Fresy may Então T m1 g m1 a para o corpo m1 T m2 g m2 a para o corpo m2 Ou T m1 g m1 a Eq1 m2 g T m2 a Eq2 Resolver o sistema de equações para a e T Determinação de a Somando membro a membro essas igualdades temos que m2 g m1 g m1 a m2 a m2 m1 g m1 m2 a a m2 m1 m1 m2 g Obs a é uma fração módulo1 de g Determinação de T Substituir o resultado de a em uma das equações do sistema na Eq1 por exemplo T 1 1 2 1 1 2 T 1 1 2 1 1 2 T 1 2 1 1 2 1 T 212 1 2 Ou T 21 1 2 2 Ou T 22 1 2 1 Obs é uma fração 2 de 2 ou de 1 o que for mais conveniente Então substituindo os valores nas expressões de a e de T temos Opcional Validação da solução encontrada Se OK 2 1 1 2 m m m m 0 0 E T 21 1 2 2 2 2 1 Se e OK 2 1 1 2 2 0 0 2 1 E T 21 1 2 2 2 0 0 2 2 02 0 Se e OK Este caso é semelhante ao caso se 1 0 e 2 0 com o movimento invertido 2 1 1 2 0 1 1 0 1 E T 22 1 2 1 2 0 1 0 1 01 0 Se Ok Este caso é aproximadamente igual ao caso anterior se 1 0 e 2 0 2 1 1 2 2 2 1 Ou Ob Fazer nas equações abaixo 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 E T 21 1 2 2 21 1 21 0 Ou T 21 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 0 Tomandose a outra fração ficamos com T 22 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 0 1 21 21 Verificação Análise feita pelo movimento individual de cada bloco se pela Eq1 temos que T 1 1 T 1 1 1 1 21 E pela Eq2 temos que 2 T 2 T 2 2 2 2 0 Se OK Este caso é semelhante ao caso se 2 1 com o movimento ao invertido 2 1 1 2 1 1 1 E T 22 1 2 1 22 2 22 0 Tomandose a outra fração ficamos com T 21 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 0 2 22 Verificação Análise feita pelo movimento individual de cada bloco se pela Eq1 temos que T 1 1 T 1 1 1 0 E pela Eq2 temos que 2 T 2 T 2 2 2 2 22 Então temos o sistema de equações nas direções dos movimento ao longo dos eixos coordenados 0x para 1 e 0y para 2 1 1 1 2 2 3 Resolver esse sistema de equações em e a Determinação de Somando membro a membro a primeira e terceira equações temos 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 Obs é uma fração módulo1 de Explicitando os valores para 23 37kg30 37kg 23 982 07352 b Como o valor de foi positivo o sentido é o da figura para baixo para o bloco suspenso c Determinação de Substituir o resultado de em uma das equações do sistema na terceira por exemplo 2 2 2 1 1 2 T 2 2 2 1 1 2 T 1 2 1 1 2 2 T 11 1 2 2 OU T 21 1 2 1 é uma fração 1 de 2 ou de 1 o que for mais conveniente Explicitando os valores para T 37kg 1 30 37kg 23 23 982 208 Ou poderia ter feito assim usar o resultado encontrado para na primeira equação Obs Quando θ 0 voltase ao caso do exemplo do livro e quando θ 90º voltase ao caso da máquina de Atwood Dois blocos estão em contato em uma mesa sem atrito Uma força horizontal é aplicada ao bloco maior como mostra a Fig 550 a Se m1 23 kg m2 12 kg e F 32 N determine o módulo da força entre os dois blocos b Mostre que se uma força de mesmo módulo F for aplicada ao menor dos blocos no sentido oposto o módulo da força entre os blocos será 21 N que não é o mesmo valor calculado no item a c Explique a razão da diferença Figura 550 Problema 55 Caso a Considere a figura abaixo Como só tem movimento na direção do plano da mesa Vamos considerar apenas as força horizontais já que são elas que produzem movimentos nos blocos na direção x F é a força aplicada F12 é a força aplicada no bloco de massa m1 devido ao bloco de massa m2 e F21 é a força aplicada no bloco de massa m2 devido ao bloco de massa m1 As forças F12 e F21 formam um par de forças da terceira Lei de Newton portanto F12 F21 O diagrama de corpo O diagrama de corpo de corpo livre são mostrados abaixo Foram desconsideras as forças gravitacionais e Normais já que não há movimento na direção vertical y 1 Determinação da aceleração do a do sistema m1 m2 Movimento do sistema de blocos m1 m2 no caso b Análise do movimento do conjunto sistema de dois blocos de massa m1 m2 para determinar a aceleração a do sistema A força resultante Fres Faplicada F aplicando a segunda Lei de Newton a esse sistema Fres ma Para a direção ox Fres x m ax Temos F m1 m2a para sistema m1 m2 Logo a F m1 m2 Essa é também a aceleração a adquirida por cada bloco quando analisados individualmente 2 a Determinação da força de contato F21 entre os dois blocos m1 e m2 Análise individual do movimento de cada bloco Bloco de massa m2 último bloco A força resultante Fres 2 F21 atuando em m2 é tal que pela segunda Lei de Newton Fres 2 m2a m2 F m1 m2 Fres 2 m2 m1 m2 F Ou necessário para que os blocos se movam com a mesma aceleração a nos casos considerados O bloco que tiver maior massa terá a maior fração O caso b é semelhante 21 2 1 2 ç Explicitando os valores para 21 21 12 23 12 32 11 Nota No caso a 2 é a massa do último bloco do conjunto Obs 2 é uma fração de proporcional a 2 Opcional Outro modo de se obter a força de contato entre os dois blocos Bloco de massa 1 A força resultante 1 12 atuando em 1 é tal que pela segunda Lei de Newton 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 Obs 1 é uma fração de proporcional a 1 Explicitando a expressão para força de contato 12 temos 12 1 1 2 12 1 1 1 2 12 2 1 2 Igual a expressão obtida anteriormente As forças resultantes 1 e 2 são tais que suas frações correspondentes somadas dão valor 1 ou seja 1 2 Logo Quanto as frações de temos que 1 12 2 12 1 Nesta situação fica claro que há uma distribuição proporcional de força para as forças resultantes 1 2 que atuam nas massas 1 2 respectivamente Isto é Caso b Observando o diagrama de corpo livre para esse caso podemos dizer que o caso b é semelhante aos caso a É só inverter a situação O movimento agora fica para esquerda e o que acontece agora com o bloco de massa m1 aconteceu com bloco de massa m2 e viceversa Então é só trocar nas fórmulas encontradas no caso a m1 por m2 e m2 por m1 que o problema referente ao caso b fica resolvido 1 Determinação da aceleração do a do sistema m1 m2 no caso b Ela tem o mesmo módulo da aceleração do caso a mas com sentido contrário 2 Determinação da força de contato entre os dois blocos m1 e m2 para caso b Análise do movimento do bloco m1 último bloco De acordo com o diagrama de corpo livre do bloco de massa m1 temos que neste bloco só atua a força de contato F12 logo F12 m1 F m1 m2 Ou F12 m1 m1 m2 F Força de contato Nota No caso b m1 é a massa do último bloco do conjunto b Explicitando os valores para F12 F12 23 kg 23 kg 12 kg 32 N 21 N Obs Podemos ver pelas equações obtidas que as forças de contatos F21 e F12 desenvolvidas nos casos a e b somadas dão a força F aplicada nos dois casos F21 F12 F Ou 11 21 32 Ou seja 12 21 12 2 21 1 21 12 1 2 1 2 21 12 na mesma razão Opcional Em resumo para dois blocos em contato temos que A aceleração do conjunto é dada por ç O módulo da força de contato T 21 12 para o caso a ou 21 12 para o caso b entre os dois blocos é dado por ú ç A força resultante em cada bloco é dada por ç A força aplicada é tal que ç Forças atuando nos blocos A Aplicando segunda Lei de Newton aos últimos blocos de cada caso temos que E Ou T mB a T mA a Ou somando membro a membro teremos que T T mA mB a a T T mA mB T T mtotal Explicitando os valores para a a 20N 10N 120kg 250 ms2 B Pela equação T T Fa Explicitando os valores para Fa Fa 20N 10N 30N 53 Na Fig 548 três blocos conectados são puxados para a direita sobre uma mesa horizontal sem atrito por uma força de módulo T3 650N Se m1 120 kg m2 240 kg e m3 310 kg calcule a o módulo da aceleração do sistema b a tensão T1 e c a tensão T2 Esse problema é semelhante ao problema anterior é só trocar o nome de força de contato para força de tensão na corda e resolver de trás para frente determinando T1 e T2 respectivamente aplicando a segunda Lei de Newton para os blocos correspondentes Ou se quiser usar a solução anteriormente encontrada para dois blocos Neste caso 1 considere dois blocos tais como m1 m1 e m2 m2 m3 e aplique e resolva para encontrar T1 2 considere dois blocos m1 m1 m2 e m2 m3 e aplique e resolva para encontrar T2 Observação neste problema a força aplicada F T3 Figura ítem b e c respectivamente a Determinação da aceleração do sistema conjunto b 3 1 2 3 Explicitando os valores para 650 120 240 310 0972 c Determinação da tensão 1 Para isso considere os dois blocos 1 1 e 2 2 3 A força no último bloco 1 é 1 1 1 2 3 Substituindo pelas variáveis originais temos 1 1 1 2 3 3 Explicitando os valores para 1 1 12 120 240 310 650 1164 d Determinação da tensão 2 Para isso considere os dois blocos 1 1 2 e 2 3 Logo A força no último bloco m1 é T2 m1 m1 m2 T3 Substituindo pelas variáveis originais temos T2 m1 m2 m1 m2 m3 T3 Explicitando os valores para T2 T2 12 kg 240 kg 120 kg 240 kg 310 kg 650N 3493N 81 Uma espaçonave decola verticalmente da Lua onde g 16 ms2 Se a nave tem uma aceleração vertical para cima de 10 ms2 no instante da decolagem qual é o módulo da força exercida pela nave sobre o piloto que pesa 735 N na Terra Esse problema é semelhante ao problema do elevador Pela definição de peso de um corpo temos que P mg No caso da terra temos A massa do piloto é P mgTerra m P gTerra 735N 98ms2 75 kg No caso da Lua temos Chamando a força que a nave exerce sobre o piloto de FN e escolhendo o sentido positivo do eixo y para cima e aplicando a segunda Lei de Newton na direção de y temos FN mgLua ma FN mgLua ma mgLua a Explicitando os valores temos 75162 102 195 Opcional Se o lançamento fosse na terra qual seria o valor para É só trocar o valor da aceleração da gravidade por na expressão anterior 75982 102 810 PROBLEMAS CAP 06 PROBLEMAS CAP 06 PROBLEMAS Seção 63 Propriedades do Atrito 10 A Fig 620 mostra um bloco inicialmente estacionário de massa m sobre um piso Uma força de módulo 0500 mg é aplicada com um ângulo θ 20 para cima Qual é o módulo da aceleração do bloco se a μs 0600 e μk 0500 e b μs 0400 e μk 0300 Figura 620 Problema 10 10 a O diagrama de corpo livre do bloco é mostrado na figura a seguir em que F é a força aplicada FN é a força normal mg é a força da gravidade e f é a força de atrito Escolhemos um eixo x horizontal para a direita e um eixo y vertical para cima Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y temos Fx F cos θ f ma Fy F sen θ FN mg 0 Fig Diagrama corpo livre DCL Como f μk FN e a segunda equação nos dá FN mg F sen θ f μk mg F sen θ Substituindo f por essa expressão na primeira equação obtemos F cos θ μk mg F sen θ ma e portanto a Fm cos θ μk sen θ μk g a Para μs 0600 e μk 0500 o módulo de f tem um valor máximo fs máx μs FN 0600mg 0500 mg sen 20 0497 mg Por outro lado F cos θ 0500 mg cos 20 0470 mg Assim F cos θ fs máx e o bloco permanece parado b Para μs 0400 e μk 0300 o módulo de f tem um valor máximo fs máx μs FN 0400mg 0500 mg sen 20 0332 mg Nesse caso F cos θ 0500 mg cos 20 0470 mg fs máx Assim o bloco sofre uma aceleração dada por a Fm cos θ μk sen θ μk g 0500980 ms2cos 20 0300 sen 20 0300980 ms2 217 ms2 17 Na Fig 624 uma força P atua sobre um bloco com 45 N de peso O bloco está inicialmente em repouso sobre um plano inclinado de ângulo θ 15 com a horizontal O sentido positivo do eixo x é para cima ao longo do plano Os coeficientes de atrito entre o bloco e o plano são μs 050 e μk 034 Em termos dos vetores unitários qual é a força de atrito exercida pelo plano sobre o bloco quando P é igual a a 50 N i b 80 N i e c 150 N i Figura 624 Problema 17 Forças que atuam no corpo DCL m Detalhe do DCL m Obs Neste problema P mg 45N 17 Se o bloco começar a se mover a força de atrito será a força de atrito cinético dada pela Eq 62 se permanecer em repouso será a força de atrito estático de módulo igual à soma do módulo da força P com a componente do peso do bloco paralela à superfície do plano inclinado Antes de mais nada portanto é preciso saber se o bloco vai se mover quando a força P for aplicada o que depende da força máxima de atrito estático dada pela Eq 61 Para calcular essa força aplicamos a Segunda Lei de Newton na direção perpendicular à superfície do plano inclinado o que nos dá FN P cos θ 0 em que P 45 N é o peso do bloco e θ 15 é o ângulo do plano inclinado Assim FN 435 N o que significa que a força máxima de atrito estático é fs máx 050 435 N 217 N a Para P 50 N i a Segunda Lei de Newton aplicada à direção paralela à superfície do plano inclinado nos dá f P mg sen θ m ax Ao escrever essa equação estamos supondo que a força f aponta para cima se a força apontar para baixo o valor obtido para f será negativo Se f fs ax a 0 e a equação se torna fs P mg sen θ 50 N 45 N sen 15 17 N Como fs é menor que fs máx o bloco permanece em repouso e a força de atrito é fs 17 N i b Para P 80 N i obtemos usando a mesma equação fs 20 N que também é menor que fs máx de modo que o bloco permanece em repouso e a força de atrito é fs 20 N i c Para P 15 i obtemos usando a mesma equação fs 27 N que é maior que fs máx A conclusão é que nesse caso o bloco entre em movimento e temos que usar o coeficiente de atrito cinético em vez do coeficiente de atrito estático O resultado é o seguinte fk μk FN i 034435 N i 15 N i Fig Forças atuando nos blocos Opcional De acordo com o nosso resumo feito para o Prob 55 Cap 05 temos Chamando a força aplicada de e a força de contato de Pelos dados do problema 20 40 60 120 60 60 A aceleração do conjunto é dada por ç 120 60 10 30 15 2 Obs Se a aceleração for negativa é por que não ocorre movimento e os corpos permanecem em repouso e as forças de atrito estática desenvolvidas deverão ser menores ou iguais que as disponíveis para cada bloco A força resultante em cada bloco é dada por ç No caso do último bloco temos que 3 10 30 60 45 Mas 45 40 85 Estratégia alternativa Equacionando o problema para a força de contato entre dois blocos com atrito quando é aplicada no primeiro bloco 1 e T quando é aplicada no sentido contrário no segundo bloco 2 Considerando 1 e 2 a aceleração do conjunto é dada por 1 2 1 2 Aplicando a segunda Lei de Newton no último bloco teremos 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 Desenvolvendo os últimos dois termos 2 1 2 12 21 1 2 2 1 2 12 21 1 2 1 1 2 2 12 21 E 1 1 2 1 21 12 Ou considerando que 1 11 E 2 22 2 1 2 212 112 1 2 Fazendo 2 1 2 1 2 12 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 E 1 1 2 2 Para o nosso caso 1 1 1 2 10982 02041 2 2 2 4 30982 01361 Logo 2 1 01361 02041 00680 Então 2 1 2 1 Ou 30 10 30 12 0068010982 85 Igual ao valor obtido anteriormente pelo problema original Ainda Para 1 1 2 2 Ou 10 10 30 12 0068030982 35 Verificação Ou 85 35 12 Casos a considerar A 1 2 0 Então 2 1 2 Que é a mesmas expressão para o caso sem atrito Conclusão se os blocos forem constituídos de mesmo material ou seja mesmo Então a força de contato entre os dois blocos não se altera quando comparada com o caso sem atrito B 2 1 0 Então 2 1 2 C 1 2 0 Então 2 1 2 Conclusão se os blocos forem constituídos de materiais diferentes ou seja 1 2 Então a força de contato entre os dois blocos aumenta quando 2 1 e diminui quando 1 2 quando comparada com o caso sem atrito Caso excepcional D Se 1 2 os blocos permanecem em repouso neste caso 0 e só temos as equações de equilíbrio das forças aplicada e as forças de atrito desenvolvidas 1 2 sistema equações F T 1 0 T 2 0 Que é um sistema de duas equações com três incógnitas T 1 2 precisamos de uma informação a mais para resolver o problema O que se pode tirar desse sistema é que somando membro à membro as equações do sistema ficamos com 1 2 Ou seja 2 2 2 2 2 2 2 310 ℎ 160 ℎ 2 375 Obs A área de maior valor oferece maior resistência ao movimento Opcional A Curva compensada de um ângulo 120 sem atrito Fig DCL do carro Fazendo 2 e aplicando a segunda Lei de Newton nas direções radial e vertical çã 0 çã Ou 2 çã çã Dividindo a primeira equação pela segunda 2 No caso de 120 120305982 797 29ℎ B No caso da pista ser compensada de um ângulo e ainda considerar atrito Fig DCL do carro Fazendo e aplicando a segunda Lei de Newton nas direções radial e vertical cos çã sen 0 çã A Fazendo nas equações ou seja cos sen Ou cos sen Dividindo a primeira equação pela segunda e isolando cos sen Obs é uma fração de Quando 0 curva não compensada 0 cos 0 0 sen 0 0 1 1 0 Ou seja 2 No caso de 120 curva compensada com atrito çã 2 çã çã Onde çã cos sen çã 120 060 cos 120 120 060 sen 120 09313 Logo 09313305982 1668 60ℎ Conclusão O caso de curva compensada com atrito oferece mais segurança permitindo que o carro entre na curva com uma velocidade maior que nos outros dois casos isolados Ou seja curva não compensadasó com atrito e curva compensada sem atrito 47 Um viciado em movimentos circulares com 80 kg de massa está andando em uma roda gigante que descreve uma circunferência vertical de 10 m de raio a uma velocidade escalar constante de 61 ms a Qual é o período do movimento Qual é o módulo da força normal exercida pelo assento sobre o viciado quando ambos passam b pelo ponto mais alto da trajetória circular e c pelo ponto mais baixo As figuras mostram os diagramas de corpo livre do estudante no ponto mais alto e no ponto mais baixo da rodagigante No ponto mais alto o assento exerce sobre o estudante uma força para cima de módulo FN alto enquanto a Terra exerce sobre o estudante uma força para baixo de módulo mg De acordo com a Segunda Lei de Newton a força resultante na direção do centro da rodagigante é mg FN alto mv2R 47 a De acordo com a Eq 435 T 2πRv 2π10 m61 ms 10 s b No ponto mais alto do percurso FN mg v2R 486 N No ponto mais baixo o assento exerce sobre o estudante uma força para cima de módulo FN baixo enquanto a Terra exerce sobre o estudante uma força para baixo de módulo mg De acordo com a Segunda Lei de Newton a força resultante na direção do centro da rodagigante é FN baixo mg mv2R c No ponto mais baixo do percurso FN mg v2R 1081 N Opcional analisar os pontos Oeste e Leste considerando a força de atrito entre o assento e o estudante sin cos 0 Fazendo nas equações ou seja cos Da primeira equação temos sin sin cos sin cos Obs é uma fração de A 060 pista seca 120 060 120982 3722 Para 0 18 0 240 e 3722 qual a velocidade Aplicando a equação de Torricelli 2 0 2 2 0 0 2 2 182 2 3722240 1206 12 B 010 pista molhada 120 010 120982 112 E vf v0² 2ad 18 ms² 211 ms²240 m 1941 ms 19 ms PROBLEMAS CAP 07 9 A única força que age sobre uma lata de 20 kg que está se movendo em um plano xy tem um módulo de 50 N Inicialmente a lata tem uma velocidade de 40 ms no sentido positivo do eixo x em um instante posterior a velocidade passa a ser 60 ms no sentido positivo do eixo y Qual é o trabalho realizado sobre a lata pela força de 50 N nesse intervalo de tempo Seção 75 Trabalho e Energia Cinética 9 De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética W ΔK 12 mvf² 12 mvi² 12 20 kg 60 ms² 40 ms² 20 J Note que o resultado não depende das direções de vf e vi 10 Uma moeda desliza sobre um plano sem atrito em um sistema de coordenadas xy da origem até o ponto de coordenadas 30 m 40 m sob o efeito de uma força constante A força tem um módulo de 20 N e faz um ângulo de 100 no sentido antihorário com o semieixo x positivo Qual é o trabalho realizado pela força sobre a moeda durante esse deslocamento De acordo com Eq 78 temos que Pontos Pi 0 0 Pf 30 40 W Fd Onde F no sistema móduloângulo F 20 N 100 Fx Fcosθ 20 Ncos100 Fy Fsenθ 20 Nsen100 F no sistema vetoresunitários F 20 Ncos100i 20 Nsen100j O vetor deslocamento d Δxi Δyj d 30 m 0i 40 m 0j Logo o trabalho é W Fd FxΔx FyΔy W 20 Ncos100i 20 Nsen100j30 mi 40 mj W 20 Ncos100 30 m 20 Nsen100 40 m W 68 J 14 A Fig 726 mostra uma vista superior de três forças horizontais atuando sobre uma caixa que estava inicialmente em repouso e passou a se mover sobre um piso sem atrito Os módulos das forças são F1 300 N F2 400 N e F3 100 N e os ângulos indicados são θ2 500 e θ3 350 Qual é o trabalho total realizado sobre a caixa pelas três forças nos primeiros 400 m de deslocamento Figura 726 Problema 14 14 Como todas as forças são constantes o trabalho total é dado por W FresΔx na qual Fres é o módulo da força resultante e Δx é o módulo do deslocamento As componentes x e y da força resultante são Fresx F1 F2 sen 50 F3 cos 35 300 N 400 N sen 35 100 N cos 35 2127 N Fresy F2 cos 50 F3 sen 35 400 N cos 50 100 N sen 35 3165 N O módulo da força resultante é Fres Fresx² Fresy² 213 N² 317 N² 382 N O trabalho realizado pela força resultante é W Fres d 382 N 400 m 153 J na qual usamos o fato de que d Fres pois a caixa partiu do repouso e se moveu horizontalmente ao ser submetida a forças horizontais cuja resultante é Fres Seção 76 Trabalho Realizado pela Força Gravitacional 24 Na Fig 732 uma força horizontal Fa de módulo 200 N é aplicada a um livro de psicologia de 300 kg enquanto o livro escorrega por uma distância d 0500 m ao longo de uma rampa de inclinação θ 300 subindo sem atrito a Neste deslocamento qual é o trabalho total realizado sobre o livro por Fa pela força gravitacional e pela força normal b Se o livro tem energia cinética nula no início do deslocamento qual é sua energia cinética final Figura 732 Problema 24 Adotando um sistema de eixos horizontal e vertical para x e y e levando em consideração que a força normal não realiza trabalho sobre o livro ou seja A Wa Wg e WN WN FN d FN dcos900 0 Wa Fa d Wg Fg d Caracterizando os vetores Fa Fg e d no sistema de vetores unitários i j temos d Δx i Δy j d d cosθ i d senθ j d 05m cos300 i 05m sen300 j Fa Fa i Fg mg j Ou Fa 200N i Fg 300 kg x 98 ms2 j Logo Trabalho da força Fa Wa Fa d Wa 200N i 0 j 05m cos300 i 05m sen300 j Wa 200 Nx05 m cos300 867 J Trabalho da força Fg Wg Fg d Wg 0 i 300 x 98 N j 05m cos300 i 05m sen300 j Wg 300 x 98 N x 05 m sen300 735 J Logo o trabalho total desenvolvido pelas forças atuantes no livro é Wtotal Wa Wg WN Wtotal 867 J 735 J 0 131 J De outra forma Wtotal Fres d Onde Fres Fa Fg Sendo Fres a resultante das únicas forças que realizam trabalho sobre o livro A força Normal FN não realiza trabalho sobre o livro então Fa Fa i Fg mg j Fres Fa i mg j Fres 20N i 30kg 98ms2 j Então neste caso o trabalho total é dado por Wtotal Fres d Fresx Δx Fresy Δy Wtotal 20N i 30kg 98ms2 j 05m cos300 i 05m sen300 j Wtotal 20N 05m cos300 30kg 98ms2 05m sen300 Wtotal 131 J B kf Pelo teorema trabalho energia Wtotal Δk kf ki Wtotal kf 0 Wtotal kf Wtotal 131 J Opcional Determinar a velocidade do livro ao final do deslocamento d 12 m vf2 kf Wtotal vf 2 Wtotal m vf 2 131J 30kg 0935 ms Utilizando a segunda Lei de Newton para resolver o problema Pela segunda Lei de Newton FN FN senθ i FN cosθ j E Fa Fa i Fg mg j A força resultante sobre o livro é Fres FN Fa Fg Fres Fa FN senθ i FN cosθ mg j Ou Fres Fresx i Fresy j Mas a ax i ay j a a cosθ i a senθ j Então Fres ma segunda Lei de Newton Aplicando a segunda Lei de Newton a cada eixo coordenado Fresx max direção x Fresy may direção y Fa FN senθ m a cosθ FN cosθ mg m a senθ Reagrupando FNsenθ Fa macosθ FNcosθ masenθ g Dividindo a primeira equação pela segunda tangθ Fa macosθmasenθ g Simplificando e resolvendo para a a Famcosθ gsenθ a 20 N30 kgcos300 98ms2sen300 a 08735 ms2 As coordenadas do vetor a a ax i ay j a acosθi asenθj ax acosθ08735 ms2cos30007565 ms2 ay asenθ08735 ms2sen30004367 ms2 No sistema vetores unitários i e j podemos escrever a como a 07565 ms2 04367 ms2 No sistema módulo ângulo podemos escrever a como a 08735 ms2300 Aplicando a equação de Torricelli nas direções dos eixos coordenados Para vxf vxf2 vx02 2axΔx vxf2 2axΔx vxf2 2axΔx 2 07565 ms2 05 m cos300 06551 ms2 Analogamente para vyf vyf2 2ayΔy vyf2 2ayΔy 2 04367 ms2 05 m sen300 02184 ms2 Logo o vetor v é tal que vf2 vxf2 vyf2 vf vx2 vy2 06551 ms2 02184 ms2 09346 ms De outra forma Aplicando a equação de Torricelli na direção do deslocamento d vf2 v02 2ad vf2 2ad vf 2ad 2 08735 ms2 05 m 09346 ms 21 Uma corda é usada para baixar verticalmente um bloco de massa M inicialmente em repouso com uma aceleração constante para baixo de g4 Após o bloco descer uma distância d determine a o trabalho realizado pela força da corda sobre o bloco b o trabalho realizado pela força gravitacional sobre o bloco c a energia cinética do bloco d a velocidade do bloco DCL m Executa um trabalho negativo Executa um trabalho positivo Deslocamento para baixo 21 Vamos chamar de F o módulo da força que a corda exerce sobre o bloco A força F aponta para cima no sentido oposto ao da força de gravidade cujo módulo é Fg Mg para evitar que o bloco entre em queda livre A aceleração é a g4 e aponta para baixo Tomando o sentido para baixo como positivo e usando a segunda lei de Newton temos Fres ma Mg F Mg4 e portanto F 3Mg4 no sentido oposto ao do deslocamento Por outro lado a força da gravidade Fg mg tem o mesmo sentido que o deslocamento a De acordo com a Eq 77 o trabalho realizado pela força que a corda exerce sobre o bloco é dado por WF Fd 34 Mgd b O trabalho realizado pela força da gravidade é Wg Fgd Mgd c O trabalho total realizado sobre o bloco é a soma dos dois trabalhos Wtotal WF Wg 34 Mgd Mgd 14 Mgd Como o bloco parte do repouso usamos a Eq 715 para concluir que o trabalho total Mgd4 é a energia cinética K do bloco após percorrer uma distância d d Como K Mv22 a velocidade do bloco é v 2KM 2Mgd4M gd2 após o bloco percorrer uma distância d 27 Uma mola e um bloco são montados como na Fig 79 Quando o bloco é puxado para o ponto x 40 cm devemos aplicar uma força de 360 N para mantêlo nessa posição Puxamos o bloco para o ponto x 11 cm e o liberamos Qual é o trabalho realizado pela mola sobre o bloco quando este se desloca de xi 50 cm para a x 30 cm b x 30 cm c x 50 cm e d x 90 cm A força elástica lei de Hooke Fx 0 Fx 0 Bloco preso à mola Fx 0 x positivo Fx negativa Fx kx é negativo porque x é positivo x negativo Fx positiva Fx kx é positivo porque x é negativo 27 De acordo com a Eq 725 o trabalho realizado pela mola é Ws 12 kxi²xf² O fato de que uma força de 360 N deve ser aplicada para fazer o bloco se deslocar até o ponto x 40 cm significa que a constante elástica é k 360 N40 cm 90 Ncm 90 x 10³ Nm a Quando o bloco é deslocado de xi 50 cm para x 30 cm temos Ws 12 90 x 10³ Nm0050 m² 0030 m² 72 J b Quando o bloco é deslocado de xi 50 cm para x 30 cm temos Ws 12 90 x 10³ Nm0050 m² 0030 m² 72 J c Quando o bloco é deslocado de xi 50 cm para x 50 cm temos Ws 12 90 x 10³ Nm0050 m² 0050 m² 0 J d Quando o bloco é deslocado de xi 50 cm para x 90 cm temos Ws 12 90 x 10³ Nm0050 m² 0090 m² 25 J Obs Se for analisar graficamente lembrese da teoria sobre integrais que ab fx dx ba fx dx Ou Wab Wba Forças atuando sobre o bloco e DCL do carrinho 42 Podemos resolver o problema usando o teorema do trabalho e energia cinética segundo o qual a variação de energia cinética é igual ao trabalho realizado pela força aplicada ΔK W A única força que efetivamente realiza trabalho é a força de tensão T na corda ou seja Wtotal WT Wg WN Onde WN Wg 0 Logo Wtotal WT Então pelo teorema trabalhoenergia temos que ΔK WT E que WT T d Caracterizando os vetores T e d no sistema de vetores unitários i j temos d Δx i Δy j d Δx i 0 j T T cosθ i T senθ j Logo O Trabalho da força T para um deslocamento finito Δx é WT T d WT Tcosθ i Tsenθ j Δx i 0 j WT T cosθ Δx Se T fosse constante O Trabalho infinitesimal dWT da força T para um deslocamento infinitesimal dx é dWT Tcosθdx O Trabalho WT da força T para um deslocamento entre x1 e x2 é WT x1x2 dWT WT x1x2 Tcosθdx Relação entre x e θ tgθ hx x htgθ h cotgθ x h cotgθ Então dxdθ h ddθ cotgθ Onde ddθ cotgθ ddθ cosθsenθ ddθ cosθ 1senθ É a derivada de um produto de funções ddθ cosθ 1senθ cosθ ddθ 1senθ 1senθ ddθ cosθ Sendo as derivadas ddθ cosθ senθ E ddθ 1senθ ddθ sen1θ Aplicando a regra da cadeia temos f sen1θ u senθ f u1 d dθ f df du du dθ df du 1u2 du dθ dsenθ dθ cosθ d dθ sen1θ 1sen2θcosθ d dθ sen1θ 1 sen2θ cosθ cosθ senθ 1 senθ d dθ sen1θ cotgθ cscθ Logo d dθ cosθ 1 senθ cosθ cotgθ cscθ 1 senθ senθ d dθ cosθ 1 senθ cosθcotgθ cscθ 1 d dθ cosθ 1 senθ cotgθcosθ 1 senθ 1 d dθ cosθ 1 senθ cotgθ cosθ senθ 1 d dθ cosθ 1 senθ 1 cotg2θ Desenvolvendo o segundo membro da equação temos 1 cotg2θ 1 cos2θ sen2θ sen2θ cos2θ sen2θ 1 sen2θ csc2θ Então ddθ cosθ 1senθ csc2 θ Ou ddθ cotgθ csc2 θ E dxdθ h ddθ cotgθ h csc2 θ Com dx h csc2 θdθ Substituindo na equação do trabalho WT WT x1x2 Tcosθdx WT θ1θ2 Tcosθ h csc2 θdθ WT θ1θ2 Tcosθ h csc2 θdθ WT Th θ1θ2 cosθcsc2 θdθ WT Th θ1θ2 cosθ 1sen2 θdθ WT Th θ1θ2 cosθsenθ senθdθ WT Th θ1θ2 cotgθcscθdθ Resolvendo a integral por substituição fazendo u cscθ 1senθ sen1 θ Do resultado anterior temos que dudθ cotgθcscθ Ou du cotgθcscθdθ Então cotgθcscθdθ du Substituindo na integral para WT WT Th u1u2 du Th uu1u2 Substituindo u pela sua expressão em função de θ WT Th uu1u2 WT Th cscθθ1θ2 Ou WT Th cscθ2 cscθ1 Cálculo de θ1 e θ2 θ1 arctang hx1 arctang 12m 30m 03805 rad θ2 arctang hx2 arctang 12m 10m 08761 rad Logo WT 250N12mcsc08761rad csc03805rad WT 417262 J O que nos dá ΔK WT 417262 J Outra maneira de fazer A força de tração T na corda é quem produz trabalho Analisando o alongamento d da corda antes da polia vemos que o trabalho T referente a esse deslocamento d é WT T d WT T d Ver Figura abaixo Onde d é a variação de comprimento encurtamento do trecho da corda entre a polia e o carrinho quando este se desloca da posição x1 até a posição x2 ou seja d d1 d2 Onde pela figura do triângulo acima temos d1 1 2 h2 30m2 12m2 32311m d2 2 2 h2 10m2 12m2 15620m d 32311m 15620m 16690m Logo WT 250N16690m 417262 J O que nos dá K WT 417262 J Fig A figura mostra três instantes do movimento do bloco 62 a A compressão da mola é d 012 m De acordo com a Eq 712 o trabalho realizado sobre o bloco pela força da gravidade é W1 mgd 025 kg98 ms²012 m 029 J b De acordo com a Eq 726 o trabalho realizado pela mola é W2 12 kd² 12 250 Nm012 m² 18 J c A velocidade vi do bloco imediatamente antes de se chocar com a mola pode ser calculada a partir do teorema do trabalho e energia Eq 715 ΔK 0 12 mv² W1 W2 o que nos dá vi 2W1 W2m 2029 J 18 J025 kg 35 ms d Para resolver este item invertemos a ordem dos cálculos e calculamos o valor de d para o qual vi 7 ms De acordo com o teorema do trabalho e energia 0 12 mvi² W1 W2 mgd 12 kd² e portanto usando a raiz com sinal positivo d mg m²g² mkvi²k o que nos dá d 023 m Forças que aparecem no problema e diagrama de corpo livre DCL do objeto lata 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 98 196 N Como F T F 98 N b Para que a lata suba 0020 m dois segmentos da corda veja a Fig 745 devem sofrer uma redução de 0020 m Assim o deslocamento da corda na extremidade esquerda que é igual a d o deslocamento para baixo da mão da pessoa que está puxando a corda é d 0040 m c Como na extremidade esquerda F e d apontam para baixo a Eq 77 nos dá W F d 98 N0040 m 39 J Ou pelo diagrama de corpo livre da lata W 2T 12d 98N0040m 39 J d Como a força de gravidade Fg cujo módulo é mg tem o sentido oposto ao do deslocamento dl 0020 m da lata a Eq 77 nos dá W Fg dl 196 N0020 m 39 J Este resultado está de acordo com a Eq 715 já que não há variação de energia cinética Opcional A vantagem mecânica deste sistema é dada pela razão FFg onde Fg mg é o peso da lata Quanto vale a vantagem mecânica neste caso FFg 98 N196 N 05 50 46 Como a força exercida pelo cabo é igual ao peso do elevador já que a aceleração é zero podemos usar a Eq 747 P Fv cos θ mgΔxΔt Na qual usamos o fato de que θ 0 a força do cabo e o movimento do elevador têm a mesma direção Assim P 3010³ kg98 ms²210 m23 s 2710⁵ W Opcional A vantagem mecânica deste sistema é dada pela razão FFg onde Fg mg é o peso do elevador Quanto vale a vantagem mecânica neste caso Como v é constante F Fg FFg 10 100 Alternativa Este problema é equivalente ao de levantar um corpo de uma posição para outra com velocidades inicial e final iguais Ou seja ki kf 0 Δk 0 Pelo teorema Trabalho Energia Cinética Δk Wtotal Wtotal WF Wg WF Wg 0 WF Wg Então o trabalho desenvolvido pela força F no cabo para levantar o elevador de uma altura de 210 m é dado por WF Wg mgΔx cos180 30x10³ kg98 ms²210 m 6174x10⁶ J E a potência P média desenvolvida pela força F é P média WFΔt 6174x10⁶ J23 s 2684x10⁵ w 27x10⁵ w Portanto igual ao valor calculado anteriormente para a potência instantânea Opcional A vantagem mecânica deste sistema é dada pela razão FmFg onde Fg mg é o peso do elevador e Fm é a força que motor exerce para suspender o elevador Quanto vale a vantagem mecânica neste caso Fg mg 1200 kg98 ms2 1176000 N O trabalho Wm realizado pelo motor quando o elevador sobe de uma distância d é Wm Fmd Ou Fm Wm d Fm 132 x 105 J 5400 m 24444 x 103 N Então a vantagem mecânica é dada por FmFg 244444 N 1176000 N 02079 2079 Energia Cinética A energia cinética K associada ao movimento de uma partícula de massa m e velocidade escalar v onde v é muito menor que a velocidade da luz é dada por K 12 mv2 energia cinética Trabalho Trabalho W é a energia transferida para um objeto ou de um objeto por uma força que age sobre o objeto Quando o objeto recebe energia o trabalho é positivo quando o objeto cede energia o trabalho é negativo Trabalho Realizado por uma Força Constante O trabalho realizado sobre uma partícula por uma força constante F durante um deslocamento d é dado por W Fd cos ϕ F d trabalho força constante onde ϕ é o ângulo constante entre F e d Apenas a componente de F na direção do deslocamento d realiza trabalho sobre o objeto Quando duas ou mais forças agem sobre um objeto o trabalho total é a soma dos trabalhos realizados pelas forças que também é igual ao trabalho que seria realizado pela força resultante Fres Trabalho e Energia Cinética No caso de uma partícula uma variação ΔK da energia cinética é igual ao trabalho total W realiza do sobre a partícula ΔK Kf Ki W teorema do trabalho e energia cinética onde Ki é a energia cinética inicial da partícula e Kf é a energia cinética da partícula após o trabalho ter sido realizado De acordo com a Eq 710 temos Kf Ki W Trabalho Realizado pela Força Gravitacional O trabalho Wr realizado pela força gravitacional Fk sobre uma partícula ou um objeto que se comporta como uma partícula de massa m durante um deslocamento d é dado por Wr mgd cos ϕ onde ϕ é o ângulo entre Fk e d Trabalho Realizado para Levantar e Baixar um Objeto O trabalho Wo realizado por uma força aplicada quando um objeto que se comporta como uma partícula é levantado ou baixado está relacionado ao trabalho Wk realizado pela força gravitacional e à variação ΔK da energia cinética do objeto através da equação ΔK Kj Ki Ww Wr Se Kf Ki a Eq 715 se reduz a Wo Wr que nos diz que a energia cedida ao objeto pela força aplicada é igual à energia extraída do objeto pela força gravitacional Força Elástica A força Fr de uma mola é Fr kd lei de Hooke onde d é o deslocamento da extremidade livre da mola em relação à posição que ocupa quando a mola está no estado relaxado nem comprimida nem alongada e k é a constante elástica uma medida da rigidez da mola Se um eixo x é traçado ao longo do comprimento da mola com a origem na posição da extremidade livre da mola no estado relaxado a Eq 720 pode ser escrita na forma Fr kr lei de Hooke A força elástica é portanto uma força variável ela varia com o deslocamento da extremidade livre da mola Trabalho Realizado por uma Força Elástica Se um objeto está preso à extremidade livre de uma mola o trabalho Wr realizado sobre o objeto pela força elástica quando o objeto é deslocado de uma posição inicial xi para uma posição final xf é dado por Wr 12 kxi2 12 kxf2 Se xi 0 e xf x a Eq 725 se torna Wo 12 kx2 Trabalho Realizado por uma Força Variável Quando a força F aplicada a um objeto que se comporta como uma partícula dependa da posição do objeto o trabalho realizado por F sobre o objeto enquanto o objeto se move de uma posição inicial ri de coordenadas xi yi zi para uma posição final rf de coordenadas xf yf zf pode ser calculado integrando a força Supondo que a componente Fx pode depender de x mas não de y ou z que a componente Fy pode depender de y mas não de x ou z e que a componente Fz pode depender de z mas não de x ou y o trabalho é dado por W Fx dx Fy dy Fz dz Se F possui apenas a componente x a Eq 736 se reduz a W Fx dx Potência A potência desenvolvida por uma força é a taxa com a qual a força realiza trabalho sobre um objeto Se a força realiza um trabalho W em um intervalo de tempo Δt a potência média desenvolvida pela força nesse intervalo de tempo é dada por Pmédio WΔt Potência instantânea é a taxa instantânea com a qual o trabalho está sendo realizado P dWdt No caso de uma força F que faz um ângulo ϕ com a velocidade instantânea v de um objeto a potência instantânea é P Fv cos ϕ Fv PROBLEMAS CAP 08 Seção 84 Cálculo da Energia Potencial 2 Na Fig 827 um carro de montanha russa de massa m 825 kg atinge o cume da primeira elevação com uma velocidade v0 170 ms a uma altura h 420 m O atrito é desprezível Qual é o trabalho realizado sobre o carro pela força gravitacional entre este ponto e a o ponto A b o ponto B e c o ponto C Se a energia potencial gravitacional do sistema carroTerra é tomada como nula em C qual é o seu valor quando o carro está d em B e e em A Se a massa m é duplicada a variação da energia potencial gravitacional do sistema entre os pontos A e B aumenta diminui ou permanece a mesma Primeira elevação Figura 827 Problemas 2 e 9 Considerando que Trabalho da Força gravitacional WhFg 0 WvFg mgy Então 9 Como o atrito é desprezível podemos usar a lei de conservação da energia mecânica Eq 817 a No Problema 82 calculamos que UA mgh usando o ponto C como referência Observando a Fig 827 vemos que UA U0 o que significa que KA K0 e portanto que vA v0 170 ms b Também calculamos no Problema 82 que UB mgh2 Nesse caso temos K0 U0 KB UB 12 mv02 mgh 12 mvB2 mgh2 o que nos dá vB v02 gh 170 ms2 980 ms2420 m 265 ms c Analogamente vC v02 2gh 170 ms2 2980 ms2420 m 334 ms d Para determinar a altura final fazemos Kf 0 o que nos dá o sistema de equações K0 U0 Kf Uf 12 mv02 mgh 0 mghf cuja solução é hf h v022g 420 m 170 ms2 2980 ms2 567 m e Como os resultados acima não dependem da massa do carro as respostas dos itens a a d seriam as mesmas se o carro tivesse uma massa duas vezes maior 6 Na Fig 831 um pequeno bloco de massa m 0032 kg pode deslizar em uma pista sem atrito que forma um loop de raio R 12 cm O bloco é liberado a partir do repouso no ponto P a uma altura h 50R acima do ponto mais baixo do loop Qual é o trabalho realizado sobre o bloco pela força gravitacional quando o bloco se desloca do ponto P para a o ponto Q e b o ponto mais alto do loop Se a energia potencial gravitacional do sistema blocoTerra é tomada como zero no ponto mais baixo do loop qual é a energia potencial quando o bloco se encontra c no ponto P d no ponto Q e e no ponto mais alto do loop f Se em vez de ser simplesmente liberado o bloco recebe uma velocidade inicial para baixo ao longo da pista as respostas dos itens de a a e aumentam diminuem ou permanecem as mesmas Figura 831 Problemas 6 e 17 6 Podemos usar a Eq 712 para calcular W e a Eq 89 para calcular U a Como o deslocamento entre o ponto inicial e Q tem uma componente vertical h R que aponta para baixo na mesma direção que F temos para h5R W F d 4mgR 4320 102 kg980 ms2012 m 015 J b Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto mais alto do loop tem uma componente vertical h2R que aponta para baixo na mesma direção que F temos para h 5R W F d 3mgR 3320 102 kg980 ms2012 m 011 J c No ponto P y h 5R e U 5mgR 5320 102 kg980 ms2012 m 019 J d No ponto Q y R e U mgR 320 102 kg980 ms2012 m 0038 J e No alto do loop y 2R e U 2mgR 2320 102 kg980 ms2012 m 0075 J f Como nenhum dos cálculos precedentes envolve a velocidade inicial as respostas permanecem as mesmas 17 No Problema 6 qual é o módulo da componente a horizontal e b vertical da força resultante que atua sobre o bloco no ponto Q c De que altura h o bloco deveria ser liberado a partir do repouso para ficar na iminência de perder contato com a superfície no alto do loop Iminência de perder o contato significa que a força normal exercida pelo loop sobre o bloco é nula nesse instante d Plote o módulo da força normal que age sobre o bloco no alto do loop em função da altura inicial h para o intervalo de h 0 a h 6R 17 a No ponto Q o bloco que nesse ponto está descrevendo um movimento circular experimenta uma aceleração centrípeta v2R que aponta para a esquerda Podemos calcular o valor de v2 usando a lei de conservação da energia KP Up KQ UQ 0 mgh 12 mv2 mgR Usando o fato de que h 5R obtemos mv2 8mgR Assim a componente horizontal da força resultante que age sobre o bloco no ponto Q é F mv2R 8mg 80032 kg98 ms2 25 N A força aponta para a esquerda na mesma direção de a b A componente vertical da força que age sobre o bloco no ponto Q é a força da gravidade F mg 0032 kg98 ms2 031 N c Quando o bloco está na iminência de perder contato com a superfície a força centrípeta é igual à força da gravidade mv2R mg mv2 mgR Para obter o novo valor de h usamos a lei de conservação da energia KP Up Kt Ut 0 mgh 12 mv2 mgh1 mgh 12 mgR mg2R Assim h 25R 25012 m 030 m d De acordo com a segunda lei de Newton a força normal FN para velocidades v maiores que gR que são as únicas para as quais existe força normal veja a solução do item anterior é dada por FN mv2R mg Como v2 está relacionada a h pela lei de conservação da energia KP Up Kt Ut gh 12 v2 2gR a força normal em função de h contanto que h 25R veja o item anterior se torna FN 2mghR 5mg Assim o gráfico para h 25R 030 m mostrado na figura a seguir é uma linha reta de inclinação positiva 2mgR Note que a força normal é zero para h 25R Seção 86 Interpretação de uma Curva de Energia Potencial 39 A Fig 848 mostra um gráfico da energia potencial U em função da posição x para uma partícula de 090 kg que pode se deslocar apenas ao longo de um eixo x Forças dissipativas não estão envolvidas Os três valores mostrados no gráfico são Ua 150 J Ub 350 J e UC 450 J A partícula é liberada em x 45 m com uma velocidade inicial de 70 ms no sentido negativo de x a Se a partícula puder chegar ao ponto x 10 m qual será sua velocidade nesse ponto Se não puder qual será o ponto de retorno Quais são b o módulo e c a orientação da força experimentada pela partícula quando ela começa a se mover para a esquerda do ponto x 40 m Suponha que a partícula seja liberada no mesmo ponto e com a mesma velocidade mas o sentido da velocidade seja o sentido positivo de x d Se a partícula puder chegar ao ponto x 70 m qual será sua velocidade nesse ponto Se não puder qual será o ponto de retorno Quais são e o módulo e f a orientação da força experimentada pela partícula quando ela começa a se mover para a direita do ponto x 50 m Figura 848 Problema 39 39 De acordo com o gráfico a energia potencial da partícula no ponto x 45 m é U1 15 J Se a velocidade neste ponto é v 70 ms a energia cinética é K1 mv²2 090 kg70 ms²2 22 J A energia total é E1 U1 K1 15 22 J 37 J a No ponto x 10 m a energia potencial é U2 35 J De acordo com a lei de conservação da energia K2 20 J 0 Isso significa que a partícula chega a este ponto com uma velocidade v2 2K2m 220 J090 kg 21 ms b A força experimentada pela partícula está relacionada à energia potencial pela equação Fx ΔUΔx De acordo com o gráfico da Fig 848 Fx 35 J 15 J2 m 4 m 10 N c Como Fx 0 a força aponta no sentido positivo do eixo x Por semelhança de triângulos temos que 5 6 5 15 5 45 15 6 5 15 30 5 Forças atuando no sistema bloco piso mola sendo 0 Então o sistema é isolado 0 Mas Com E 0 Ficamos com 2 2136 25 10431 Verificação A energia total do sistema bloco Piso Mola é conservada durante todo o processo E Energia total antes 1 2 mvi 2 1 2 25 kg10431 2 136 J Energia total depois 1 2 kx2 1 2 320 Nm0075 2 046 j 090 046 j 136 Logo Forças atuando no sistema blocoterramola Reordenando os termos dessa equação 1 2 2 ℎ 0 29 Vamos chamar de A o ponto em que o bloco é liberado de B o ponto em que entra em contato com a mola e de C o ponto em que para momentaneamente como mostra a figura a seguir Escolhemos o ponto C como referência para a energia potencial gravtacional A energia potencial elástica da mola é zero quando a mola está relaxada Para calcular a constante elástica da mola usamos as informações da segunda frase do enunciado De acordo com a lei de Hooke k Fx 270 N002 m 135 10⁴ Nm A distância entre os pontos A e B é l0 e a distância total percorrida pelo bloco l0 x0 está relacionada à altura inicial hA medida em relação ao ponto C por meio da equação sen θ hAl0 x0 na qual θ 30 é o ângulo do plano inclinado a De acordo com a lei de conservação da energia KA UA KC UC 0 mghA 12 kx₀² o que nos dá hA kx₀²2mg 135 10⁴ Nm0055 m²212 kg98 ms² 0174 m Assim a distância total percorrida pelo bloco antes de parar momentaneamente é l0 x0 hAsen 30 0174 msen 30 0347 m 035 m b De acordo com o resultado do item a l0 x0 0347 m 0055 m 0292 m o que significa que a distância vertical percorrida pelo bloco é Δy hA hB l0 sen θ 0292 m sen 30 0146 m ao escorregar do ponto A para o ponto B Assim de acordo com a Eq 818 temos 0 mghA 12 mvB² mghB 12 mvB² mgΔy o que nos dá vB 2gΔy 298 ms²0146 m 169 ms 17 ms Verificação A energia mecânica do sistema bloco Terra Mola é conservada durante todo o processo Energia mecânica no ponto A EA mghA 12 kg98 ms20174 m 2046 J Energia mecânica no ponto B EB 1 2 mvB 2 mghB 1 2 12 kg169 ms2 12 kg98 ms20055 msen300 2046 J Energia mecânica no ponto C EC 1 2 kx0 2 1 2 135x104 Nm0055 m2 2046 J Energia Potencial Gravitacional A energia potencial associada a um sistema constituído pela Terra e uma partícula próxima é chamada de energia potencial gravitacional Se uma partícula se desloca de uma altura yi para uma altura yf a variação da energia potencial gravitacional do sistema partículaTerra é dada por ΔU m g yf yi mg Δy 87 Se o ponto de referência de uma partícula é tomado como yi 0 e a energia potencial gravitacional correspondente do sistema é tomada como Uf 0 a energia potencial gravitacional U de uma partícula a uma altura y é dada por Uy m g y 89 Energia Potencial Elástica A Energia potencial elástica é a energia associada ao estado de compressão ou distensão de um objeto elástico No caso de uma mola que exerce uma força elástica F kx quando a extremidade livre sofre um deslocamento x a energia potencial elástica é dada por Ux 12 kx² 811 Na configuração de referência quando a mola está no estado relaxado x 0 e U 0 Energia Mecânica A energia mecânica E mec de um sistema é a soma da energia cinética K com a energia potencial U do sistema E mec K U Sistema isolado é um sistema no qual nenhuma força externa produz variações de energia Se apenas forças conservativas realizam trabalho em um sistema isolado a energia mecânica E mec do sistema não pode variar Este princípio de conservação da energia mecânica pode ser escrito na forma K 2 U 2 K 1 U 1 onde os índices se referem a diferentes instantes de um processo de transferência de energia Este princípio de conservação pode também ser escrito na forma ΔE mec ΔK ΔU 0 Curvas de Energia Potencial Se conhecemos a função energia potencial Ux de um sistema no qual uma força unidimensional Fx age sobre uma partícula podemos determinar a força usando a equação Fx dUx dx Se Ux é dada na forma de um gráfico para qualquer valor de x a força Fx é o negativo da inclinação da curva no ponto considerado e a energia cinética da partícula é dada por Kx E mec Ux onde E mec é a energia mecânica do sistema Um ponto de retorno é um ponto x no qual o movimento de uma partícula muda de sentido nesse ponto K 0 A partícula se encontra em equilíbrio nos pontos onde a inclinação da curva de Ux é nula nesses pontos Fx 0 Trabalho Realizado sobre um Sistema por uma Força Externa O trabalho W é a energia transferida para um sistema ou de um sistema por uma força externa que age sobre o sistema Quando mais de uma força externa age sobre o sistema o trabalho total dessas forças é igual à energia transferida Quando não existe atrito o trabalho realizado sobre o sistema e a variação ΔE mec da energia mecânica do sistema são iguais W ΔF mec ΔK ΔU Quando uma força de atrito cinético age dentro do sistema a energia térmica E t do sistema varia Esta energia está associada ao movimento aleatório dos átomos e moléculas do sistema Nesse caso o trabalho realizado sobre o sistema é dado por W ΔE mec ΔE t A variação ΔE t está relacionada ao módulo f t da força de atrito e ao módulo d do deslocamento causado pela força externa através da equação ΔE t f t d Conservação da Energia A energia total E de um sistema a soma da energia mecânica e das energias internas incluindo a energia térmica só pode variar se uma certa quantidade de energia é transferida para o sistema ou retirada do sistema Este fato experimental é conhecido como lei de conservação da energia Se um trabalho W é realizado sobre o sistema W ΔE ΔEmec ΔEi ΔEint 835 Se o sistema é isolado W 0 isso nos dá ΔEmec ΔEi ΔEint 0 836 e Emec2 Emec1 ΔEi ΔEint 837 onde os índices 1 e 2 indicam dois instantes diferentes Potência A potência desenvolvida por uma força é a taxa com a qual essa força transfere energia Se uma certa quantidade de energia ΔE é transferida por uma força em um intervalo de tempo Δt a potência média desenvolvida pela força é dada por Pméd ΔEΔt 840 A potência instantânea desenvolvida por uma força é dada por P dEdt 841