Halliday - Alguns Exercícios Resolvidos - 07-trabalho e energia

Halliday - Alguns Exercícios Resolvidos - 07-trabalho e energia

Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 23/07/2005 09:48 H

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 1

Capítulo 7 - Trabalho e Energia

Problemas

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos

10. Um bloco de 5,0 kg se move em linha reta sobre uma superfície horizontal sem atrito sob influência de uma força que varia com a posição, como mostra a Fig. 15. Qual é o trabalho realizado pela força quando o bloco se move desde a origem até x = 8,0 m?

(Pág. 136)

Solução. O trabalho de uma força unidimensional é dado por:

x WF= ∫ dx

Isso significa que num gráfico de F(x) × x o trabalho é a área entre a curva e a coordenada zero do eixo da força, sendo que as áreas acima da coordenada zero (Asuperior) são positivas e as que ficam abaixo (Ainferior)são negativas. O cálculo da área deve ser feito utilizando-se as escalas da ordenada e da abscissa. Vale notar que cada célula da malha do gráfico corresponde a um trabalho equivalente a 10 J. Portanto:

superiorinferior30 J5 JWAA=−=− 25 JW=

[Início]

(Pág. 137)

17. Um objeto de massa 0,675 kg está em uma mesa sem atrito e ligado a um fio que passa através de um buraco da mesa, no centro de um círculo horizontal no qual o objeto se move com velocidade constante. (a) Se o raio do círculo for 0,500 m e a velocidade da massa for 10,0 m/s, calcule a tensão no fio. (b) Verifica-se que se puxarmos o fio para baixo mais 0,200 m, reduzindo assim o raio do círculo para 0,300 m obtém-se o mesmo efeito que se multiplicarmos a tração do fio original por 4,63. Calcule o trabalho total realizado pelo fio sobre o objeto girante durante a redução do raio.

Solução. Considere o seguinte esquema da situação:

v RT

(a) A força centrípeta do movimento circular do objeto vale:

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2c mvF r =

Como Fc = T0:

0 mvT R

=(1)

(b) 2

==(2)

Dividindo-se (1) por (2):

Rv =

=(3)

Aplicando-se o teorema do trabalho-energia cinética:

2oWKKKmvv=Δ=−=−)(4)

( 220 1 Substituindo-se (3) em (4):

RWm v

[Início]

(Pág. 138)

28. Um projétil de 0,550 kg é lançado da beira de um penhasco com energia cinética inicial de 1.550 J e em seu ponto mais alto está a 140 m acima do ponto de arremesso. (a) Qual é a componente horizontal de sua velocidade? (b) Qual era a componente vertical de sua velocidade logo após o lançamento? (c) Em um instante durante o seu vôo encontra-se o valor de 65,0 m/s para a componente vertical de sua velocidade. Neste instante, qual é a distância a que ele está acima ou abaixo do seu ponto de lançamento?

Solução. Considere o seguinte esquema:

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m g

(a) Vamos partir da definição da energia cinética inicial do projétil:

yo(1)
(2)
(3) 2

Na Eq. (1) foi usada a igualdade que representa o módulo da velocidade inicial do projétil: ox o yvv v=−

Multiplicando-se (3) por m/2, em que m é a massa do projétil:

yo0 00xyKKK=+

Como o movimento do projétil pode ser estudado independentemente nas coordenadas x e y, é de se esperar que a energia mecânica do projétil, que depende de sua posição e velocidade, também possa ser analisada independentemente em x e em y. Portanto, vamos analisar a conservação da energia mecânica em y:

(4) 202yvg=h

Substituindo-se (2) em (4):

Pode-se demonstrar a validade do procedimento acima. Aplicando-se a equação de movimento de Torricelli do ponto de lançamento até o ponto mais elevado da trajetória do projétil:

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h(2) 22yovg=

Substituindo-se (2) em (1):

yo yvv y

De acordo com o referencial adotado, nessa posição a velocidade do projétil será negativa. O instante de tempo em que essa posição é atingida é dado por:

t 0yyvvg=−

[Início]

(Pág. 138)

32. Uma bola de borracha deixada cair de uma altura de 1,80 m é rebatida várias vezes pelo chão, perdendo 10% de sua energia cinética de cada vez. Depois de quantas colisões a bola não conseguirá se elevar acima de 0,90 m?

Solução.

Considere o seguinte esquema: y

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Seja K0 a energia cinética inicial, K1 a energia cinética após a primeira rebatida, K2 a energia cinética após a segunda rebatida, etc., e KN a energia cinética da bola após a N-ésima rebatida. Temos que:

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(1)

Também pode-se usar o trabalho da força gravitacional na subida da bola após cada rebatida para fazer o cálculo de K1, K2, etc., KN. WK=Δ

22Km gh= Portanto, após a N-ésima rebatida:

(2) NKmgh=

Queremos saber N tal que hN ≤ 0,90 m. Igualando-se (1) e (2):

1,80 m N Nhh

A altura h = 0,90 só deixa de ser atingida após N = 6,57 rebatidas. Logo: 7N=

[Início]

3. Um bloco de 263 g é deixado cair sobre uma mola vertical de constante elástica k = 2,52 N/cm

(Fig. 20). O bloco adere-se à mola, que ele comprime 1,8 cm antes de parar momentaneamente. Enquanto a mola está sendo comprimida, qual é o trabalho realizado (a) pela força da gravidade e (b) pela mola? (c) Qual era a velocidade do bloco exatamente antes de se chocar com a mola? (d) Se esta velocidade inicial do bloco for duplicada, qual será a compressão máxima da mola? Ignore o atrito.

(Pág. 138)

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Solução.

Considere o seguinte esquema: y

r Fr

(b) y y

ey y y

(c) Aplicando-se o teorema do trabalho-energia cinética: WK=Δ

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(d) v1’ = 2 v1 WK=Δ

A equação do segundo grau correspondente é:

[Início]

47. Um bloco de granito de 1.380 kg é arrastado para cima de um plano inclinado por um guincho, à velocidade constante de 1,34 m/s (Fig. 23). O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano inclinado é 0,41. Qual é a potência que deve ser fornecida pelo guincho?

(Pág. 139)

Solução. Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o bloco:

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m N P

T x y θfc

A potência fornecida pelo guincho é dada pela Eq. (1), onde v é a velocidade de elevação do bloco,

F é força responsável pela elevação do bloco e φ é o ângulo entre F e v. Essa força, que na verdade é uma tensão (T), é gerada pelo motor do guincho e transmitida ao bloco por meio da corda mostrada na figura.

.cosPFvFvTvφ====Fv(1)

Vamos aplicar a primeira lei de Newton ao bloco, considerando-se apenas as forças em y:

cosNmgθ=(2)

cos0NPθ−= Agora em x:

sencTNmgμθ=+(3)

sen0cTfPθ−−= Substituindo-se (2) em (3):

cossen(cossen)ccTmgmgmgμθθμθ=+=−θ(4)

Substituindo-se (4) em (1):

[Início]

52. Mostre que a velocidade v alcançada por um carro de massa m dirigido com potência constante P é dada por

(Pág. 139)

onde x é a distância percorrida a partir do repouso.

Solução. Sabe-se que:

A expressão P = F.v dá a potência instantânea gerada pelo motor do carro, onde F é a força instantânea de propulsão do motor e v é a velocidade instantânea do carro. Como P é constante e v

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES aumenta com o tempo, então F também é variável. Ou seja, o movimento do carro ocorre com aceleração variável.

θ=====Fvv(1)

.c os dvPF v Fv mav m dt

Na Eq. (1), θ é o ângulo entre F e v que, neste caso, é zero. Aplicando-se a regra da cadeia a (1):

2dv dx dvPm vm v dx dt dx ==

2mdx v dvP =

[Início]

(Pág. 139)

54. Qual é a potência desenvolvida por uma máquina de afiar cuja roda tem raio de 20,7 cm e gira a 2,53 rev/s quando a ferramenta a ser afiada é mantida contra a roda por uma força de 180 N? O coeficiente de atrito entre a roda e a ferramenta é 0,32.

Solução. Considere o seguinte esquema:

y FN fc r

Em primeiro lugar vamos converter ω’ (rps) para ω (rad/s): 2'ωπω=

2'vrrωπω==(1)

A velocidade tangencial da roda vale:

As forças no eixo x são F, a força que a ferramenta que é afiada exerce sobre a roda, e N a força de reação a F que aparece no eixo da roda. Logo:

(2) NF=
.coscosPfvfvfvNvφπ====−=−fvμ(3)

Cálculo da potência dissipada pela força de atrito (f):

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[Início]

(Pág. 140)

57. A resistência ao movimento de um automóvel depende do atrito da estrada, que é quase independente da sua velocidade v, e do arrasto aerodinâmico, que é proporcional a v2. Para um dado carro de 12.0 N, a força total de resistência F é dada por F = 300 + 1,8 v2, onde F está em newtons e v em m/s. Calcule a potência necessária para que o motor acelere o carro a 0,92 m/s2 quando a velocidade for 80 km/h.

Solução. Forças que agem no carro:

x y

P FmF

A potência do motor P de um automóvel é dada pelo produto escalar da força gerada pelo motor Fm e a velocidade do automóvel v. Na Eq. (1), φ é o ângulo entre Fm e v.

.coscos0mmPFvFvmFvφ====mFv(1)

A força do motor pode ser determinada a partir da segunda lei de Newton, onde F é a força de resistência ao movimento do carro:

xxFma=∑ mFF m−= a

=++a(2)

[Início]

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58. Um regulador centrífugo consiste em duas esferas de 200 g presas mediante hastes leves e rígidas de 10 cm a um eixo de rotação vertical. As hastes são articuladas de modo que as esferas se afastam para longe do eixo enquanto giram com ele. Entretanto, quando o ângulo θ é 45o, as esferas encontram a parede do cilindro dentro do qual o regulador está girando; veja a Fig. 24. (a) Qual é a velocidade mínima de rotação, em revoluções por minuto, necessárias para as esferas tocarem na parede? (b) Se o coeficiente de atrito cinético entre as esferas e a parede é 0,35, que potência é dissipada como resultado do atrito das esferas contra a parede quando o

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES mecanismo gira a 300 rev/min?

(Pág. 140)

Solução. (a) Forças sobre uma das esferas:

m P

T x y θ

A velocidade mínima de rotação é obtida quando as esferas estão na iminência de tocar nas paredes do cilindro (N = 0, onde N é a força normal de contato das esferas com a parede.). Forças em y:

mgTθ=(1)

cos Forças em x:

θ==(2)

sen c vTm a m r

Substituindo-se (1) em (2):

sen cos mgvmrθθ=

sentanvlgθθ=(3)

Cálculo da velocidade angular ω, em rpm:

senvvrlωθ== Podemos trabalhar diretamente com RPM fazendo a seguinte transformação:

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senrpmvlωπθ=(4)

30 Substituindo-se (3) em (4):

m P

T x y θ

NFc

A equação (1) ainda é válida para esta situação. Forças em x:

sen senc vvTN ma m mrlθ θ+= = = 2

mvNTlθθ=−(5)

sensen

Substituindo-se (1) em (5):

tan

mvNmglθθ=−(6)

sen A força de atrito cinética vale::

ccfNμ= A potência total dissipada pelo atrito, considerando-se duas esferas, é:

2.2ccPfvNvμ==(7)

Substituindo-se (6) em (7):

tanμθθ⎛⎞=−⎜⎝⎠⎟(8)

senc mvPv mgl De (4) temos:

πωθ=(9)

rpmlv

πωθ=(10)

rpmlv

Substituindo-se (9) e (10) em (8):

rpm rpmc l mPm

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"=(1)

19 WP≈ De acordo com (1), a potência dissipada será igual a zero se:

rpml g πωθθ=

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