Exercício de Física I (263)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 263
(a) Como o baú está se movendo com velocidade constante, a = 0. Fazendo fk = µk FN no sistema 
de equações acima, e resolvendo o sistema, obtemos
F
mg k
k
1 =
+
−
(sen cos )
cos sen
θ µ θ
θ µ θ
O trabalho realizado pela força 

F1 quando o baú sobe uma distância d ao longo do plano incli-
nado é, portanto,
W Fd
mgd k
1 1= =
( ) +( )
−
cos
cos
cos k
θ
θ θ µ θ
θ µ
cos sen
senθθ
=
( )( )( )( ) + (50 9 8 6 0 0 20kg m s m cos30 sen302, , ,  ))( )
− ( )
= ×
cos30
cos30 0,20
J.

 sen
,
30
2 2 103
(b) O aumento da energia potencial gravitacional do baú é
∆U mgd= = = ×sen ( )( , ,θ 50 6 0 1 5kg)(9,8m / s m)sen302  1103 J.
Como a velocidade (e, portanto, a energia cinética) do baú é constante, a Eq. 8-33 nos dá
W U Et1 = +∆ ∆ .
Assim, usando números mais precisos que os mostrados acima, o aumento da energia térmica 
(produzido pelo atrito cinético) é 2,24 × 103 J – 1,47 × 103 J = 7,7 × 102 J. Outra forma de re-
solver o problema é usar a relação ∆Et = fkd (Eq. 8-31).
91. Vamos tomar como referência para a energia potencial a altura inicial do bloco 2M da Fig. 
8-67. Quando o bloco 2M começa a descer, a energia potencial total é a soma da energia poten-
cial gravitacional com a energia potencial elástica da mola. Note que a energia cinética total é 
a soma das energias cinéticas dos dois blocos.
(a) De acordo com a Eq. 8-17, temos:
Ki + Ui = Ktot + Utot ⇒ 0 + 0 = Ktot + (2M)g(–0,090) + 
1
2
 k(0,090)2.
Para M = 2,0 kg, obtemos Ktot = 2,7 J.
(b) A energia cinética do bloco 2M constitui uma fração conhecida da energia cinética total:
K
K
M v
M v
M
tot
2 2
3
2
3
= =( )
( )
2
2
/2
/2
.
Assim, K2M = 
2
3
(2,7 J) = 1,8 J.
(c) Para resolver este item, basta fazer y = –d, Ktot = 0 e calcular o valor de d.
Ki + Ui = Ktot + Utot ⇒ 0 + 0 = 0 + (2M)g(–d) + 
1
2
 kd 2.
Para M = 2,0 kg, obtemos d = 0,39 m.
92. De acordo com a lei de conservação da energia, mgh = mv2/2 e a velocidade da nuvem é 
dada por v gh= 2 . Neste problema, a altura h está relacionada à distância d = 920 m ao longo 
da encosta pela relação trigonométrica h = d senθ, em que θ = 10° é a inclinação da encosta. 
Assim,
v = ° =2 9 8 920 10 56( , )( )senm/s m m/s.2
93. (a) Como o escorrega representado na Fig. 8-68 tem a forma de um arco de circunferência 
que tangencia o solo, o movimento da criança é análogo ao do peso de um pêndulo de compri-
mento R = 12 m que é levantado de um ângulo θ (correspondente à posição da criança no alto 
do escorrega, a uma altura h = 4,0 m) e depois liberado, chegando ao ponto mais baixo da tra-