Anual de Física para Medicina e Odontologia 2005 - www.fisicaju.com.br - Prof Renato Brito
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 22
L
2
L
2
H
a) Como α = 60°, temos que L.cosα = L.cos60° = L / 2, como mostra a figura acima.
Pela conservação de energia, temos:
Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B
M.g.H + 0 = 0 +
M.VB2
, com H = L/2
2
M.g.L / 2 + 0 = 0 +
M.VB2
2
⇒
VB =
g.L
b) Para achar a tração no ponto B, temos que:
M.VB2
T–P=
, com R = L e VB =
R
T – M.g =
M.( g.L)
L
⇒
g.L
T = 2.M.g
c) Olhe a figura ao lado. Quando a bola passa
pelo ponto B, a força resultante que age na bola
vale
FR = Fin − Fout = T – P , correto ?
Essa força resultante aponta para o centro ↑, ela é
T
eixo
tangencial
centrípeta, portanto, causa uma aceleração radial
centrípeta para cima actp↑.
Você está vendo alguma força sobre o eixo
tangencial na posição B da figura ? Não, portanto,
sem forças tangenciais, não há aceleração
tangencial.
Página (47)
P
eixo
centrípeto
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Assim, a única aceleração da bola, ao passar pelo ponto B é a actp, ela é a aceleração resultante e é
dada por: aR = actp =
aR = actp =
VB2
, com R = L e VB =
R
g.L
( g.L )
= g , radial, apontando para cima ↑
L
Lembre-se, para calcular acelerações, investigue primeiro as forças !
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 23
2L
L
L
H=L
L 1
=
⇒ α = 60°
2L 2
Temos um pêndulo simples oscilando, portanto, na direção radial, no ponto A, podemos escrever:
M.VA2
, entretanto, nos extremos da oscilação a velocidade do pêndulo é
TA – P.cosα =
R
momentaneamente nula VA = 0, assim:
M.VA2
TA – P.cosα =
R
M.(0) 2
TA –M.g.cos60° =
= 0 ⇒
TA = M.g.cos60° = M.g / 2 ,
(TA = TC )
R
b) Para determinar a tração no ponto B, determinemos a velocidade VB por conservação de energia:
a) Pela figura, vemos que cosα =
Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B
M.VB2
M.g.H + 0 = 0 +
, com H = L
2
M.VB2
M.g.L + 0 = 0 +
⇒ VB =
2
2.g.L
Para achar a tração no ponto B, temos que:
M.VB2
TB – P =
, com R = 2L e VB = 2g.L
R
M.( 2.g.L)
TB – M.g =
⇒ TB = 2.M.g
2L
No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever:
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AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 24
M.VB2
FR ctp = Fin – Fout =
R
M.VB2
FR ctp = (T + P) – 0 =
R
2
M.VB
T + P =
, entretanto, para determinarmos a tração T, precisamos descobrir a velocidade VB ,
R
que faremos por conservação de energia:
Epot A + Ecin A = Epot B +
M.VA2
= M.g.H +
0 +
2
VA2
VB2
= g.H +
2
2
2
(6)
= 10 x ( 0,8 ) +
2
Ecin B
M.VB2
, com
2
VB2
2
H = 2R = 0,8 m
⇒ VB =
e VB = 6 m/s
20 m/s
Agora sim, estamos aptos a calcular a tração T no ponto mais alto da trajetória:
M.VB2
0,2 × (20)
T + P =
⇒
T + 2 =
⇒
T=8N
0,4
R
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 25
No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever:
M.VD2
FR ctp = Fin – Fout =
R
M.VD2
FR ctp = (N + P) – 0 =
R
2
M.VD
, mas segundo o enunciado, temos N = P no ponto mais alto, assim:
N + P =
R
M.VD2
M.g + M.g =
⇒ VD = 2.g.R
R
Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir do repouso, fazemos uso da
conservação de energia:
Epot A + Ecin A = Epot D + Ecin D
M.VD2
M.g.H +
0 = M.g.HD
+
, com
2
M.( 2.g.R )
0 = M.g.(2R) +
M.g.H +
2
HD = 2R
Página (49)
e VD =
2.g.R
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g.H
= g.(2R) +
2.g.R
2
⇒
H = 3R
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 26
VOCÊ QUER SABE POR QUE O GRÁFICO DA ENERGIA CINÉTICA NÃO É UMA PARÁBOLA ?
RESPOSTA: porque queremos o gráfico da Ecin em função de H, e não em função de V. Leia o
restante para entender melhor:
Um martelo de massa M caiu de uma altura H, a partir do repouso VO
A energia potencial
= 0.
do materlo, em cada instante, em função da altura H,
é dada
por Epot = M.g.H1 .
Vemos que Epot(H) = (M.g).H1 trata-se de uma função do 1º grau na variável H, (M.g) é apenas
uma constante, portanto o gráfico Epot
x
H é uma reta (veja figura 1).
Como apenas a força peso realiza trabalho e ela é conservativa, então a Emec se conserva
durante o movimento, ou seja, Emec = constante com o passar do tempo. Assim, podemos escrever:
Epot + Ecin = Emec = constante = K
M.g.H1 + Ecin = K
Ecin = K – M.g.H1 , onde K e M.g são constantes.
Vemos que Ecin(H) trata-se de uma função do 1º grau na variável H.
Ecin = K – M.g.H1 , por exemplo, poderia ser Ecin = 10 – 2.H1 , claramente uma função linear
decrescente, cujo gráfico Ecin x H é uma reta decrescente (veja figura 2).
Ecin
Epot
H
H
Figura 1
Figura 2
M.V 2
Mas professor, como na expressão da Ecin =
aparece V2 , o gráfico da Ecin não deveria
2
ser uma parábola ????? ☺ (Acredite, o prof Renato Brito lê mentes humanas !!!!!)
Resposta: Seria uma parábola se fosse pedido o gráfico da Ecin em função de V ! O gráfico pedido
deve foi da Ecin em função de H. Nesse caso, conforme mostrei anteriormente, a função Ecin(H) é uma
função linear decrescente na variável H (Ecin = K – M.g.H1) , portanto seu gráfico aparece na figura 2.
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AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 28
O problema trata-se de um lançamento horizontal de projéteis.
O lançamento horizontal é uma composição de dois movimentos simples:
1) uma queda livre a partir do repouso na vertical (VY = 0) .
2) um MRU na horizontal
Para calcularmos o tempo de queda do projétil, calculamos o tempo de queda de um corpo em queda
livre (MUV) a partir do repouso:
g.T 2
2H
2H
H=
⇒ T=
⇒
Tq =
2
g
g
Na horizontal: D = VX . T ( pois o movimento é uniforme)
Cálculo do alcance horizontal A: A = VX . Tq
A = V . Tq
Mas qual a velocidade V que a bola adquire, ao partir do repouso, empurrada pela mola, e abandonar a
mola ? Ora, basta dizer que a Epot da mola se transformou na Ecin com que a bola será lançada de
cima da mesa:
K
K.X 2 M.V 2
=
⇒ V=
.X , que substituindo em na expressão do alcance horizontal, vem:
M
2
2
A = V . Tq =
K
.X . Tq =
M
K
.
M
2H
.X
g
⇒
A =
K
.
M
2H
.X
g
Por exemplo, num 1º lançamento, a mola sofreu uma deformação inicial X1 e a bola atingiu um alcance
K
2H
horizontal A1. Vale a relação : A1 =
.
. X1
M
g
Num 2º lançamento, a mola sofreu uma deformação inicial X2 e a bola atingiu um alcance horizontal A2.
K
2H
Vale a relação
A2 =
.
. X2 , note que K, M, H e g são os mesmos em
M
g
cada lançamento, são constantes.
A1 A 2
=
, pois K,M, H e g se cancelam.
Dividindo essas duas relações, membro a membro, vem:
X1 X 2
Segundo o enunciado, para X1 = 2cm, foi obtido um alcance A1 = 3 – 1 = 2m
Assim, qual deve ser a deformação X2 da mola no 2º lançamento , para que se atinja uma alcance
A2 = 3 m ?
A1 A 2
2m 3m
=
⇒
=
⇒ x2 = 3 cm
X1 X 2
2 cm X 2
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AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 29
início
v=0
y
H
0,3 m
final
x
v=0
0,1m
nível de
referência para
Epot grav
(H =0)
Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na posição inicial de onde será
abandonada. Ela percorrerá uma altura x + y até parar novamente (v=0) na posição final, onde
adotamos o nível de referência para a Epot grav, isto é, nesse ponto final tomamos H = 0. Toda altura,
para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de referência onde adotamos H = 0
que você escolheu.
Portanto, no ponto inicial, a altura da caixa é a distância dela até o nível de
referência, ou seja, H i = y + x
Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
M.g.(x + y) + 0 = K.x2 /2 + 0 ,
onde a deformação final da mola vale x = 0,3 – 0,1 = 0,2 m
5 x 10. ( 0,2 + y) = 2000. (0,2)2 /2
50. ( 0,2 + y) = 40
( 0,2 + y) = 0,8
y = 0,6 m
Veja a figura:
mas qual a altura H da mesa então, afinal ?
H = y + x + 0,1
H = 0,6 + 0,2 + 0,1 ⇒
H = 0,9 m ☺
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AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 30
final
v=0
y
x
início
nível de
referência para
Epot grav
(H = 0)
Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na posição inicial de onde será
abandonada. Nesse ponto inicial, adotamos o nível de referência para a Epot grav, isto é, nesse ponto
final tomamos H = 0. Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de
referência onde adotamos H = 0 que você escolheu.
Portanto, na posição final, a altura da bola, em relação ao nível de referência, valerá Hf = x + y. A caixa
percorrerá uma altura x + y
subindo até parar novamente (v=0) na posição final. Assim, pela
conservação de Energia, podemos escrever:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
K.x2 /2 + 0 = M.g.(x + y) + 0, onde a deformação final da mola vale x = 0,5 – 0,2 = 0,3 m
1200.(0,3)2 / 2 = 6. ( 0,3 + y )
54 = 6. ( 0,3 + y )
9 = ( 0,3 + y )
ao solo?
⇒
y = 8,7 m
Veja a figura:
mas, afinal, qual a altura final H atingida pela caixa, em relação
H = y + 50 cm
H = 8,7m + 0,5 m
H = 9,2 m ☺
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 31
Para que a caixa B desça a rampa, deforme a mola e retorne até a mesma altura inicial h, sem nenhuma
perda de energia mecânica, a caixa A deve se comportar como um paredão intacto. Para isso, a força
elástica fel = K.x que a mola aplicar À caixa A, no momento da máxima compressão x da mola , não
pode superar o Fat máximo que mantém a caixa parada em relação ao solo. Assim, nesse instante de
máxima compressão da mola, podemos escrever:
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Fel = Fat max
⇒
K.x = u. NA
⇒
K.x = u. M.g
⇒
x=
u.M.g
, essa é a máxima
K
deformação que a caixa B pode imprimir à mola, quando comprimi-la.
Agora, de que altura h devemos soltar a caixa B, para que ela imprima à mola essa compressão x
determinada acima ? Ora, pela conservação de energia, podemos escrever:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
u.M.g
K 2
.x + 0 , onde a deformação final da mola vale x =
K
2
M.g.h + 0 =
K ⎛ u.M.g ⎞
M.g.h = .⎜
⎟
2 ⎝ K ⎠
2
K u 2 .M 2 .g 2
M.g.h = .
2
K2
⇒
⇒
u 2 .M 2 .g 2
M.g.h =
2.K
⇒
u 2 .M.g
h=
2.K
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 32
início
Lo
V
X
V=0
final
H=0
nível de referência
para Epot grav
a) Segundo o enunciado, o comprimento não deformado do elástico vale Lo = 30 m, e a máxima
deformação x sofrida pelo elástico vale x = 10 m. Assim, a distância do atleta à plataforma, quando ele
estiver o mais perto possível da água ( v = 0, homem parou para voltar), será:
D =
Lo + x =
30 + 10
= 40 m
b) Na posição inicial, o atleta não tem Ecin ( v = 0), mas tem Epot = Mg.H em relação ao nível de
referência de altura mostrado na figura. Na posição final, ele não tem Ecin (V = 0), e toda sua
Epot = m.gH
terá se transformado em Epot = K.x2 / 2.
escrever:
Página (54)
Pela conservação de energia, podemos
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Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
M.g. (Lo + x)
+
750 . (30 + 10) =
30.000 = K. 50
K 2
.x + 0 , onde a deformação final da mola vale x = 10 m
2
0 =
K
.(10) 2
2
⇒
K = 600 N/m
AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 40
Tc
V
Tc
T
V
Pc
P
• Na figura, o contrapeso desce com velocidade constante, portanto temos:
TC = PC = 900x 10 = 9000 N
TC = 9000 N
• Na figura, P é o peso dos 3 passageiros, somado ao peso do elevador, ou seja:
P = (Ma + Mb + Mc + Melev) x g = ( 1000 + 40 + 50 + 70) x 10 = 11600N
Como o elevador sobe com velocidade constante, podemos escrever:
T + TC = P
T + 9000 = 11600
T = 2600 N
• A potência desenvolvida por uma força é dada por Pot = F. v. Assim, a potência desenvolvida pelo
motor será a potência da força que ele aplica ao elevador, isto é, a potência desenvolvida
pela tração T:
Potência da tração T =
T
x
v = 2600 N
x
2 m/s = 5200 w
Página (55)
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AULA 5 – TRABALHO E ENERGIA – QUESTÃO 41
F
4.P.senα
Motor
U
Como as caixas são rebocadas com velocidade constante, a força F com que a esteira reboca as caixas
deve ser tal que: F = 4P.senα
A potência desenvolvida pelo motor é a potencia desenvolvida pela força que o motor faz, no caso, a
força F. Assim:
Pot motor = Pot F = F . V = 4.P.senα . V = 4 x 50 x 3 x 0,5 = 300w
Potência
elétrica
?
Bomba
n = 75%
Potência
mecânica
300 w
Potência
Dissipada
Como o rendimento do motor vale 75%, temos que a Pot mec vale 75% da Pot elétrica que o motor
recebeu, ou seja:
Pot mec = 0,75 x Pot eletr
⇒
300 = 0,75 x Pot eletr
Mas Pot eletrica = U x i ⇒ 400 = 200 x i
⇒ i = 2A
RESPOSTA CORRETA : LETRA D
Página (56)
⇒ Pot eletr = 400w