Exercício de Física I (242)

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242 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(d) Chamando de xE a posição do ponto de retorno da esquerda, temos (veja a figura): 
39. De acordo com o gráfico, a energia potencial da partícula no ponto x = 4,5 m é U1 = 15 J. 
Se a velocidade neste ponto é v = 7,0 m/s, a energia cinética é 
K1 = mv2/2 = (0,90 kg)(7,0 m/s)2/2 = 22 J.
A energia total é E1 = U1 + K1 = (15 + 22) J = 37 J.
(a) No ponto x = 1,0 m, a energia potencial é U2 = 35 J. De acordo com a lei de conservação da 
energia, K2 = 2,0 J > 0. Isso significa que a partícula chega a este ponto com uma velocidade 
v
K
m
2
22 2 2 0
0 90
2 1= = =( , )
,
,
J
kg
m/s.
(b) A força experimentada pela partícula está relacionada à energia potencial pela equação
F
U
x
x = −
∆
∆
De acordo com o gráfico da Fig. 8-48,
Fx = −
−
−
= +35 15
2 4
10
J J
m m
N.
(c) Como Fx > 0, a força aponta no sentido positivo do eixo x.
(d) No ponto x = 7,0 m, a energia potencial é U3 = 45 J, que é maior que a energia inicial total 
E1 = 37 J. Assim, a partícula não chega a esse ponto. No ponto de retorno, a energia cinética é 
zero. Como entre x = 5,0 m e x = 6, 0 m a energia potencial é dada por
U x x( ) ( ).= + −15 30 5
O ponto de retorno pode ser determinado resolvendo a equação 37 15 30 5= + −( )x , o que nos 
dá x = 5,7 m. 
(e) No ponto x = 5,0 m, a força que age sobre a partícula é 
F
U
x
x = − = −
−
−
= −∆
∆
( )
( )
45 15
6 5
30
J
m
N,
cujo módulo é | |Fx = 30 N.
(f) O fato de que Fx < 0 mostra que a força aponta no sentido negativo do eixo x.
40. (a) A força na distância de equilíbrio r = req é
F
dU
dr r r
A
r
B
r
= − = = ⇒ − + =eq eq13 eq7
0
12 6
0,
o que nos dá
r
A
B
A
B
eq =



 =




2
1 12
1 2 1 2/ /
, .
16 00 20 00
1 00
9 00 16 00
8 00
, ,
,
, ,
,
J J
m
J J−
−
= −
xL m
m.
−
⇒ =
x
x
E
E 1 73,