Exercicios resolvidos de trabalho e energia

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Exerćıcios desafiadores de F́ısica I
Sears & Zemansky (in memoriam)
setembro 2009
5.3 A rampa rugosa com gelo - Y & F cap.6 - 100
Uma rampa está inclinada de um ãngulo α com o plano horizontal. Ela está parcial-
mente coberta de gelo e na sua base existe mais gelo do que no seu topo, de modo
que o coeficiente de atrito entre a rampa e as caixas a serem empilhadas em cima da
rampa, aumenta com a distância x ao longo da rampa : µ = A x, onde A é uma con-
stante positiva e a base da rampa corresponde a x = 0. Supomos que o coeficiente de
atrito estático e cinético sejam iguais. Uma caixa é empurrada para cima da rampa
com velocidade inicial v0. Qual é a condição sobre a velocidade para que a caixa
continuar em repouso, depois de ter atingida um estado de repouso momentânea ao
longo da rampa ?
————————————————————————————————————–
Solução :
A reação normal da rampa sobre a caixa é :
N = mg cos α (5.3.1)
A força de atrito cinética, dirigida para baixo, depende de x e é dada por :
FCat = −µ(x)mg cosα = − (Amg cos α) x (5.3.2)
O trabalho feito pela força de atrito ao subir até um ponto xf , onde a caixa fica
momentaneamente ao repouso, é :
Wat = −
∫ xf
0
dx (Amg cosα) x = −
1
2
(Amg cos α) (xf)
2 (5.3.3)
Nesse ponto a energia cinética é nula e temos, pelo teorema Trabalho-Energia,
(Kf + Uf ) − (Ki + Ui) = Wat (5.3.4)
1
onde U é a energia potencial gravitacional. Tomando Ui = 0, teremos
Uf = mg xf sin α (5.3.5)
mgxf sinα −
mv2
0
2
= −
1
2
(Amg cosα) (xf )
2 (5.3.6)
A distância máxima xf que a caixa vai percorrer até parar momentaneamente, é dada
pela raiz positiva da equação :
A cos α x2f + 2 sinα xf −
v2
0
g
= 0 (5.3.7)
Ora a força de atrito estática, dirigida para cima, é dada por ~FEat = mg sinα e, para
a caixa ficar parada, deve satisfazer à condição FEat ≤ Axf N. ou
xf ≥
tan α
A
(5.3.8)
onde xf é a raiz positiva da equação (5.3.7) . Isso acontece se
A cos α
(
tanα
A
)2
+ 2 sinα
(
tanα
A
)
−
(v0)
2
g
≤ 0 (5.3.9)
ou, se
(v0)
2
≥
3g sinα tan α
A
(5.3.10)
2
5.4 Uma mola com massa - Y & F cap.6 - 101
Seja M a massa de uma mola com constante elástica k e comprimento relaxado L0.
O trabalho realizado ra esticar ou comprimir a mola até um comprimento L é dado
por : W = (1/2) k (L − L0)
2. Suponha que uma extremidade da mola esteja fixa
e a outra se move com velocidade V. Suponha também que a velocidade v varia
linearmente com a distância ` até a extremidade fixa. Suponha também que a massa
M seja uniformemente distribuida ao longo da mola.
a. Calcule a energia cinética da mola em função de M e V.
b. Numa espingarda de mola com massa M e constante k, a mola está comprimida de
uma distância ∆. Puxando o gatilho, a mola exerce ums força horizontal sobre
uma bala de massa m. Calcule, desprezando a massa da mola, a velocidade V1
da bala quando a mola attinge seu comprimento sem deformação .
c. Calcule V2 essa velocidade sem desprezar a massa da mola N, usando o modelo
do ı́tem [a.].
d. Nesse último ı́tem, determine a energia cinética da bala e compare com a da mola.
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Solução :
a. A densidade linear de massa depende do comprimento da mola : µ = M/L, e
a velocidade de um elemento d` da mola na distância ` será v = V `/L. A
energia cinética infinitesimal é obtida como :
dK =
1
2
d`
M
L
(
V `
L
)2
(5.4.1)
A energia cinética total é :
∫
L
0
dK =
1
6
MV2 (5.4.2)
b. Conservação da energia (1/2)mV1
2 = (1/2) k ∆2, resulta em :
V1 =
√
k
m
∆ (5.4.3)
3
c. Agora temos :
1
2
mV2
2 +
1
6
MV2
2 =
1
2
k ∆2 (5.4.4)
donde :
V2 =
√
k
m + (1/3)M
∆ (5.4.5)
d.
Kbala =
1
2
mV2
2 =
m
m + (M/3)
1
2
k ∆2 (5.4.6)
Kmola =
1
6
MV2
2 =
M/3
m + (M/3)
1
2
k ∆2 (5.4.7)
onde a soma de (5.4.6) e (5.4.7) resulta em (5.4.4).
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5.5 Moysés, cap.6 - 9
Um sistema formado por duas lâminas delgadas de massa m e m′, presas por uma
mola de constante elástica k e massa despreźıvel, encontra-se sobre uma mesa hori-
zontal. ( ver figura virtual)
a. De que distância a mola está comprimida na posição de equiĺıbrio ?
b. Comprime-se a lâmina superior, abaixando-a de uma distância adicional x a partir
da posição de equiĺıbrio. De que distância ela subirá acima da posição de
equiĺıbrio , supondo que a lâmina inferior permanece em contato com a mesa ?
c. Qual é o valor mı́nimo de x no ı́tem [b.] acima, para que a lâmina inferior salte
da mesa ?
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Solução :
a. Tomamos um eixo OZ vertical para cima, com origem na mesa, onde a lâmina de
massa m′ está colocada. Se z0 for o comprimento relaxada da mola, a equação
de movimento dessa lâmina será :
ma = −mg − k(z − z0)
A posição de equiĺıbrio zeq é obtida como :
0 = −mg − k(zeq − z0) ,⇒ zeq = z0 −
mg
k
(5.5.1)
b. A energia potencial gravitacional e elástica pode ser escrita como
U = mg z +
k
2
(z − z0)
2 (5.5.2)
ou como
U =
k
2
(z − zeq)
2 (5.5.3)
Ambas expressôes diferem apenas de uma constante. A partir da posição zin =
zeq − x, onde a energia potencial vale U = (k/2)x
2, a lâmina pode subir até a
posição zfin = zeq + x.
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c. Ao supor que a lâmina inferior permanece em contato com a mesa, justificamos
o uso da equação (5.5.1). Para examinar se isso é posśıvel, a conservação de
energia nâo é suficiente e precisamos das equações de Newton também para a
lâmina inferior.
m′a′ = N− m′ g + k (z − z0) (5.5.4)
Com z = zeq − x, achamos :
m′a′ = N − m′ g − k x − mg (5.5.5)
e, com a′ = 0, teremos uma força normal N ≥ 0, se
x ≤
(m + m′)g
k
(5.5.6)
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