Exercício de Física I (246)

Prévia do material em texto

246 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
50. De acordo com a Eq. 8-33, a energia “perdida” é dada por ∆Et = –∆Emec. Assim, 
∆E m v v mg y yi f i ft
kg m/s
= − + −
=
1
2
1
2
60 24
2 2( ) ( )
( )[( )22 2
4
22 60 9 8 14
1 1 10
− +
= ×
( ) ] ( )( , )( )
,
m/s kg m/s m2
JJ.
O fato de que o ângulo de 25° não é usado nos cálculos mostra que a energia é uma grandeza 
escalar.
51. (a) A energia potencial inicial é
U mgyi i= = = ×( )( , )( ) ,520 9 8 300 1 53 106kg m/s m J,2
em que y = 0 na base da montanha e o sentido positivo de y é para cima.
(b) Como fk = µk FN = µk mg cosθ, a Eq. 8-31 nos dá ∆E f d mgdk kt = = µ θcos . Tratando a super-
fície da montanha (de comprimento d = 500 m) como a hipotenusa de um triângulo retângulo, 
obtemos a relação cos θ = x/d, em que x = 400 m. Assim,
∆E mgd x
d
mgxt k k= = = =µ µ ( , )( )( , )( ) ,0 25 520 9 8 400 5 1××105 J.
(c) A Eq. 8-31 (com W = 0) nos dá
K K U U Ef i i f= + − − = + × − − ×∆ t J J0 153 10 0 51 106 6( , ) ( , )) ,= ×1 02 106 J.
(d) Explicitando v na relação Kf = mv2/2, obtemos v = 63 m/s.
52. (a) A situação do problema pode ser representada pela Fig. 8-3 do livro. Usamos a Eq. 8-31, 
∆Et = fk d, e relacionamos a energia cinética inicial Ki à energia potencial de “repouso” Ur:
Ki + Ui = fkd + Kr + Ur ⇒ 20,0 J + 0 = fkd + 0 + 
1
2
kd 2
em que fk = 10,0 N e k = 400 N/m. Resolvendo a equação do segundo grau ou usando uma cal-
culadora científica, obtemos d = 0,292 m, a única raiz positiva.
(b) Usamos a Eq. 8-31 para relacionar Ur à energia cinética Ks que o biscoito possui ao passar 
novamente pela posição de equilíbrio:
Kr + Ur = fkd + Ks + Us ⇒ 
1
2
kd2 = fkd + Ks + 0
Usando o resultado do item (a), obtemos Ks = 14,2 J.
53. (a) As forças verticais que agem sobre o bloco são a força normal, que aponta para cima, e a 
força da gravidade, que aponta para baixo. Como a componente vertical da aceleração do bloco é 
zero, a Segunda Lei de Newton nos dá FN = mg, em que m é a massa do bloco. Assim, f = µk FN = 
µk mg. O aumento de energia térmica é dado por ∆Et = fd = µk mgD, na qual D é a distância que 
o bloco percorre até parar. Substituindo por valores numéricos, obtemos
∆Et = (0,25)(3,5 kg)(9,8 m/s2)(7,8 m) = 67 J.
(b) A energia cinética do bloco tem o valor máximo Kmáx no momento em que o bloco se separa 
da mola e passa a ser submetido a uma força de atrito. Assim, a energia cinética máxima é igual 
à energia térmica gerada até que o bloco entre em repouso, 67 J.
(c) A energia que se manifesta como energia cinética estava inicialmente na forma de energia 
potencial da mola comprimida. Assim, Kmáx = Ui = kx2/2, na qual k é a constante elástica e x é a 
compressão da mola. Assim,
x
K
k
= = =2 2 67
640
0 46máx
( )
, .
J
N/m
m