F128 Exercicios Resolvidos Cap 7

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 7
Exercício 1
Uma partícula de massa m = 2, 0kg desloca-se ao longo de uma reta. Entre x = 0 e x = 7, 0m,
ela está sujeita a uma força F (x) representada no gráfico abaixo.
Sabendo-se que sua velocidade para x = 0 é de 3, 0m/s:
a) calcule a velocidade da partícula nas posições x = 4, 0m e x = 7, 0m;
Como a única força que atua sobre a partícula é a força F (x) mencionada, a variação da
energia cinética corresponde ao trabalho realizado por esta força.
Quando x = 0m a velocidade da partícula é v (x = 0) = v0 = 3m/s. Chamando de vx=4 a
velocidade da partícula quando ela atinge x = 4m temos:
1
2mv
2
x=4 −
1
2mv
2
0 =
ˆ 4
0
F (x) dx
1
2 (2) v
2
x=4 −
1
2 (2) (3)
2 = −4− 1 + 1
v2x=4 = −4 + 9
vx=4 =
√
5m/s
Quando a partícula atinge x = 7m temos:
1
2mv
2
x=7 −
1
2mv
2
0 =
ˆ 7
0
F (x) dx = área entre o gráfico e o eixo y = 0
1
2 (2) v
2
x=7 −
1
2 (2) (3)
2 = −4− 1 + 1 + 4 + 1
v2x=7 = 1 + 9
vx=7 =
√
10m/s
Você acha que pode acontecer de o resultado ser um número imaginário, ou seja, no final en-
contrarmos v2f < 0? Pense sobre a conversão da energia cinética em trabalho.
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2
b) em que posição a velocidade da partícula é nula?
O único trecho da trajetória da partícula em que ela é freada é quando a força aplicada sobre
ela é negativa, onde x ∈ [0, 3]. Ao final desse trecho a partícula possui a menor velocidade possível
pois depois passa a ser acelerada. Partindo com v0 = 3m/s a partícula atinge a velocidade mínima
em x = 3m:
1
2mv
2
x=3 −
1
2mv
2
0 =
ˆ 3
0
F (x) dx = área entre o gráfico e o eixo y = 0
1
2 (2) v
2
x=3 −
1
2 (2) (3)
2 = −4− 1
v2x=3 = −5 + 9
vx=3 = 2m/s
Por esta razão a velocidade da partícula nunca é nula. O que ocorre se a velocidade da partícula
for nula em algum ponto?
Exercício 2
Qual o trabalho realizado por uma força ~F = (2xN)~i + (3N)~j , onde x está em metros, que é
exercida sobre uma partícula enquanto ela se move da posição ~ri = (2m)~i+ (3m)~j para a posição
~rf = –(4m)~i–(3m)~j? (Use os dois caminhos abaixo)
Como ilustração de um campo vetorial, visando aguçar a intuição dos alunos, plotamos o campo
vetorial na Fig. 1. Perceba que a cada ponto do espaço associamos um vetor. Cada componente
desse vetor é uma função das três (ou duas) coordenadas espaciais.
Pelo caminho azul da figura
Mantendo y = 3m a partícula desloca-se −6m na direção x, entre x = 2m e x = −4m. O trabalho
realizado pela força neste trecho é:
W1 =
ˆ
~F · d~l =
ˆ
Fxdx =
ˆ −4
2
2xdx = x2
∣∣∣x=−4
x=2
= 16− 4 = 12J
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3
-4 -2 0 2 4
-4
-2
0
2
4
Figura 1: Campo vetorial de forças do Exercício 3.
A seguir, mantendo x = −4m, a partícula se desloca −6m na direção y, entre y = 3m e
y = −3m. O trabalho realizado neste trecho é:
W2 =
ˆ
~F · d~l =
ˆ
Fydy =
ˆ −3
3
3dy = 3y|y=−3y=3 = −9− 9 = −18J
O trabalho total no trajeto foi de W = −6J , ou seja, foram removidos 6J da energia da
partícula.
Pelo caminho vermelho da figura
Maneira 1: Percebendo que a integral se separa em duas
Neste caso recaímos no caso anterior quando separamos a força ~F e o vetor deslocamento infini-
tesimal d~l em suas duas componentes:
W =
ˆ
~F · d~l =
ˆ (
Fxiˆ+ Fy jˆ
)
·
(
dxiˆ+ dyjˆ
)
=
ˆ
Fxdx+
ˆ
Fydy
W = 12− 18 = −6J
Maneira 2: Fazendo a parametrização da curva
Neste caso devemos parametrizar a curva. Para isso escrevemos a equação da trajetória:
y = y0 +m (x− x0)
y (x) = 3 + (x− 2)
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Onde m = 1 é o coeficiente angular da reta (tirado diretamente do gráfico).
Podemos agora escolher um parâmetro em comum t (não precisa associar com tempo!) de
forma conveniente para obtermos equações paramétricas para a reta.
Vamos reescrever a equação da reta na forma:
y − 3
1 =
x− 2
1 = t
Separando x e y em função de t obtemos:
x (t) = 2 + t
y (t) = 3 + t
E o parâmetro t deve percorrer o intervalo t ∈ [−6, 0] no sentido inverso para obtermos o
trajeto orientado da partícula, isto é, a integral deverá ser de 0 a −6.
Um pequeno elemento de trajetória fica d~l = dxiˆ+ dyjˆ = dtˆi+ dtjˆ.
Escrevendo a força em termos do parâmetro t temos:
~F = 2 (2 + t) iˆ+ 3jˆ
E o trabalho agora pode ser escrito como
W =
ˆ
~F · d~l =
ˆ −6
0
[
2 (2 + t) iˆ+ 3jˆ
]
·
[
dtˆi+ dtjˆ
]
=
ˆ −6
0
[2 (2 + t) + 3] dt =
ˆ −6
0
(2t+ 7) dt
W = t2 + 7t
∣∣∣t=−6
t=0
= (36− 42)− (0) = −6J
EXTRA: O que é um campo vetorial conservativo?
Daqui adiante no curso usaremos muito o conceito de campo vetorial conservativo. Em termos
matemáticos dizemos que um campo vetorial ~F (x, y, z) é conservativo em uma dada região do
espaço quando podemos extrair esse campo de uma função potencial f (x, y, z) através de um
gradiente:
~F (x, y, z) = −∇f (x, y, z) = − ∂
∂x
f (x, y, z) iˆ− ∂
∂y
f (x, y, z) jˆ − ∂
∂z
f (x, y, z) kˆ
onde na última expressão escrevemos o gradiente de uma função em coordenadas cartesianas.
Um campo vetorial define um vetor para cada ponto do espaço. Veja a Fig. 2 para criar uma
intuição do que é um campo vetorial.
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(a) -3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
(b) -3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
(c) -3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
Figura 2: (a) Campo vetorial definido por ~F0 = (1, 0, 0) com rotacional nulo;
(b) Campo vetorial definido por ~F1 = (x,−y, 0) com rotacional nulo;
(c) Campo vetorial definido por ~F2 = (−y, x, 0) com vetor rotacional saindo do plano (regra da
mão direita);
Como o rotacional de um gradiente é sempre nulo ∇×∇f = 0 (demonstre isso, basta escrever
as derivadas duplas!), quando o rotacional de um campo vetorial é nulo podemos sempre escrever
o campo na forma de um gradiente, ou seja o campo é conservativo.
Dos exemplos da Fig. 2, apenas o primeiro e segundo campo possuem rotacional nulo e podem
ser escritos como o gradiente de uma função potencial (ou seja, são campos conservativos). Temos
que:
f0 = −x+ const.
f1 = −x
2
2 +
y2
2 + const.
E obtemos os campos vetoriais a partir de:
~F0 = −∇f0
~F1 = −∇f1
O campo vetorial força da gravidade que uma partícula de massaM centrada na origem aplica
sobre outra partícula m é:
~Fg (x, y, z) = −GmM
r3
(
xiˆ+ yjˆ + zkˆ
)
e está plotado na Fig. 3. Notamos que ele representa o valor e direção da força que a partícula
m sofre quando colocada em cada ponto do espaço.
Pode-se mostrar que o rotacional deste campo é nulo e a este campo gravitacional corresponde
a função potencial:
fg (x, y, z) =
GmM
r
+ const.
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Figura 3: Campo vetorial força da gravidade.
Tanto neste caso, quanto na simplificação ~Fg → ~g em que dizemos que o campo gravitacional
é constante na superfície da terra, o campo vetorial é conservativo.
O resultado mais importante para a física é que a integral de linha (ou de caminho) de um
campo conservativo não depende da trajetória escolhida, apenas depende do ponto inicial e final
da trajetória.
Exercício 3
Um bloco de massa m é lançado para cima sobre um plano inclinado de α com velocidade inicial
v0. O coeficiente de atrito entre o bloco e o plano é menor que tanα, de modo que, depois de
parar ao final do movimento ascendente, o bloco voltará a descer ao longo do plano.
a) Construa o gráfico de força total sobre o bloco em funçãoda posição sobre o plano.
A força de atrito cinética tem o mesmo módulo durante todo o movimento pois depende apenas
do peso do bloco e da inclinação do plano, que não mudam. O que muda é seu sentido, que é
sempre contrário ao sentido do movimento. A força resultante é constante em cada parte do
movimento (subida ou descida):
~R = ~P‖ + ~P⊥ + ~N + ~Fat.
A componente normal da gravidade é equilibrada pela força normal e as forças restantes estão
na direção do plano.
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Na subida
Escolhendo o eixo positivo como sendo plano abaixo a força resultante é dada por:
R = P|| + Fat
Pois a força de atrito se une com a gravidade para frear o bloco. Temos assim:
R = P senα + µN = P senα + µP cosα = mg (senα + µ cosα)
Na descida
Desta vez o atrito age no sentido negativo do eixo (age para cima pois o bloco desce). A resultante
fica:
R = P|| − Fat = mg (senα− µ cosα)
O gráfico das forças na subida e na descida está plotado na Fig. 4.
Figura 4: Gráfico da força resultante como função da posição do bloco - Exercício 4.
b) Qual será a altura máxima atingida pelo bloco sobre o plano?
A altura máxima será atingida na subida quando toda a energia cinética se transformar em
calor, através do atrito, e em energia potencial gravitacional, através da força peso. Neste ponto a
velocidade irá se anular. Equacionando a perda de energia cinética e o trabalho realizado temos:
1
2m (0)
2 − 12mv
2
0 = ~R · ~d = −Rd = −mg (senα + µ cosα) d
d = v
2
0
2g (senα + µ cosα)
c) Qual é a quantidade de energia mecânica transformada em energia térmica durante este
processo?
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O atrito realiza sempre trabalho negativo, ou seja, todo o trabalho realizado pelo atrito converte
as outras formas de energia em calor.
Tanto na subida quanto na descida o atrito realiza um trabalho:
W = ~Fat · ~d = −Fatd = − (mgµ cosα) v
2
0
2g (senα + µ cosα) = −
µ cosαmv20
2 (senα + µ cosα)
Assim o trabalho total realizado é o dobro deste:
Wat = − µ cosαmv
2
0
senα + µ cosα
ou ainda
Wat = − mv
2
0
1 + µ−1tanα
d) Em que velocidade o bloco retornará ao ponto de partida?
Podemos obter este resultado de duas formas: Calculando o trabalho de todas as forças na
subida e na descida ou lembrando que a gravidade é uma força conservativa.
Como a gravidade é uma força conservativa, cujo trabalho realizado só depende da altura do
bloco, quando o bloco retorna ao mesmo ponto o trabalho realizado pela gravidade é nulo. Só
temos que considerar portanto o trabalho da força de atrito:
∆K = 12mv
2
f −
1
2mv
2
0 = −
µ cosαmv20
senα + µ cosα
1
2mv
2
f =
1
2mv
2
0 −
µ cosαmv20
senα + µ cosα
= mv
2
0senα +mv20µ cosα− 2µ cosαmv20
2 (senα + µ cosα)
vf =
√
senα− µ cosα
senα + µ cosαv0
Exercício 4
Um corpo de massa m acelera-se uniformemente, partindo do repouso até a velocidade vf , no
tempo tf .
a) Mostre que o trabalho realizado sobre o corpo, como função do tempo t em função de vf e
tf é dado por:
1
2m
v2f
t2f
t2
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Se o corpo se acelera uniformemente, a força resultante que atua sobre ele é constante e tem
módulo F = ma. Por esta razão nos basta obter a aceleração e saber qual foi o deslocamento até
um dado instante t para calcular o trabalho realizado até este instante. Para todo o intervalo de
tempo a aceleração instantânea coincide com a aceleração média neste caso:
a = ∆v∆t =
vf − 0
tf − 0 =
vf
tf
A força portanto é F = mvf
tf
.
Em um instante t qualquer o deslocamento do corpo desde a origem é:
∆x (t) = 12at
2 = vf t
2
2tf
E o trabalho realizado é uma função do tempo:
W (t) = F∆x (t) =
mv2f
2
(
t
tf
)2
b) Em função do tempo t, qual a potência instantânea fornecida ao corpo?
Pela definição de potência como sendo a quantidade de trabalho realizada em um certo tempo:
P = dWdt =
mv2f
t2f
t
E notamos que um corpo acelerado absorve energia cada vez mais rápido da força que é apli-
cada sobre ele.
c) Qual a potência instantânea, em t = 10s, fornecida a um corpo de 1500kg que é uniforme-
mente acelerado de 0 a 100km/h nestes 10s?
Convertendo os valores para o SI: 100km/h = 27, 78m/s. Usando os valores dados:
P (t = 10s) = 1500× (27, 78)
2
102 10 ≈ 1, 16× 10
5W ≈ 155cv
Exercício 5
Um sistema formado por duas lâminas delgadas de mesma massa m, presas por uma mola de
constante elástica k e massa desprezível, encontram-se sobre uma mesa horizontal.
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a) De que distância a mola está comprimida na posição de equilíbrio?
Quando o sistema está em equilíbrio as forças que agem sobre cada corpo se anulam. Chamando
de x0 a compressão da mola, para a lâmina de cima temos o equilíbrio:
Fmola − P = 0
kx0 −mg = 0
x0 =
mg
k
b) Comprime-se a lâmina superior, abaixando-a de uma distância adicional d a partir da
posição de equilíbrio. De que distância ela subirá acima da posição de equilíbrio, supondo que a
lâmina inferior permaneça em contato com a mesa?
Vamos adotar um eixo vertical para descrever a posição da lâmina superior. Como é tudo
pedido em relação à posição de equilíbrio, a origem pode ser escolhida nesta posição para facilitar
a notação nos cálculos. Vamos chamar de x0 a posição de repouso da mola quando ainda não
comprimida e apenas depois escolher a origem. Abaixo ilustramos o passo-a-passo do procedimento
de compressão e liberação da mola, indicando e nomeando cada posição da lâmina superior:
Essa escolha nos permite escrever a força que a mola aplica sobre a lâmina como sendo:
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F (x) = −k (x− x0)
onde x pode ser positivo ou negativo. Note que se x está acima de x0 (mola estendida) a mola
puxa a lâmina para baixo. No outro caso (x < x0 - mola comprimida) ela empurra a lâmina para
cima.
Vamos usar o teorema do trabalho - energia cinética: o trabalho realizado por todas as forças
sobre um dado corpo é responsável por alterar a sua energia cinética.
Sobre a lâmina de cima atuam a força da mola e a força peso, o tempo todo. Quando a lâmina
acaba de ser solta a sua velocidade é nula e a energia cinética é nula. Quando a lâmina chega
na altura máxima novamente sua velocidade é nula, assim como sua energia cinética. Temos
portanto:
ˆ h
−d
F (x) dx+
ˆ h
−d
(−P ) dx = 12mv
2
f −
1
2mv
2
0
ˆ h
−d
[−k (x− x0)] dx+
ˆ h
−d
(−mg) dx = 0
−12kh
2 + kx0h+
1
2k (−d)
2 − kx0 (−d)−mg (h+ d) = 0
1
2k
(
d2 − h2
)
+ k (h+ d)x0 −mg (h+ d) = 0
Lembremos que x0 = mgk . Substituindo e reorganizando obtemos:
h = d
Ou seja, a lâmina de cima sobe de d acima da posição de repouso quando pressionamos a mola
para baixo com deslocamento d. Isso nos diz que se deixarmos o movimento continuar veremos a
lâmina oscilar para cima e para baixo com amplitude d ao redor da posição de equilíbrio.
c) Qual é o valor mínimo de d no item b) para que a lâmina inferior salte da mesa?
Na lâmina de baixo a força da mola age no sentido contrário do que age na lâmina de cima.
Quando x é positivo a lâmina é puxada para cima (Fmola é positivo!) e quando x é negativo a
lâmina é pressionada contra o solo (Fmola é negativo!). Para que ela deixe o solo devemos ter:
Fmola ≥ mg
k (x− x0) ≥ mg
onde x é a posição da lâmina de cima.
Queremos que a lâmina de cima suba até uma altura xmı´n que faça a lâmina de baixo apenas
desencostar do solo. Para esta condição de mínimo devemos ter:
k (xmı´n − x0) = mg
xmı´n= x0 +
mg
k
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Mas pelo ítem anterior temos xmı´n = hmı´n = dmı´n e x0 = mgk . Substituindo obtemos:
dmı´n = 2
mg
k
Exercício 6 (Extra)
Um bloco de gelo de 45kg escorrega por uma rampa sem atrito de 1, 5m de comprimento e 0, 90m
de altura. Um operário aplica uma força no bloco, para cima, paralelamente à rampa, com uma
intensidade suficiente para que ele desça com velocidade constante. Determine:
a) a força exercida pelo operário;
Figura 5: Bloco de gelo descendo a rampa - Exercício 1. Diagrama de forças do bloco.
Para que o bloco desça a rampa com velocidade constante devemos ter ~a = 0. Para isso, a
resultante das forças em qualquer direção deve anular-se. Por esta razão, conforme a Fig. 5, na
direção paralela ao plano a projeção da força peso deve ser igual à força exercida pelo operário.
Assim temos:
Fop. = P|| = P senθ = P
h
d
= (450)0, 91, 5 = 270N
b) o trabalho executado sobre o bloco pelo operário;
Se o bloco desliza por toda a rampa ele percorre 1, 5m e o operário aplica uma força contrária
a este movimento. O trabalho realizado pelo operário é:
Wop. = ~Fop. · ~d = Fop.d cos 180 = −270× 1, 5 = −405J
Ou seja, o operário é empurrado pelo bloco e freia seu movimento, realizando um trabalho
negativo (reduzindo a energia do bloco).
c) o trabalho executado sobre o bloco pelo seu peso;
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A energia armazenada na forma de energia potencial gravitacional é convertida em energia
cinética através da realização de trabalho pela força peso. Neste caso, podemos calcular o trabalho
da força peso de três maneiras distintas:
através da definição W = ~F · ~d
Wg = ~P · ~d = Pd cos (90− θ) = Pdsenθ = 405J
através do equacionamento da energia:
∆K = 0 = Wop. +Wg
Wg = −Wop. = 405J
ou através do fato que a força gravitacional é conservativa:
Wg = ∆E = mgh = 450× 0, 9 = 405J
d) o trabalho executado sobre o bloco pela força normal exercida pela rampa;
A força normal atua perpendicularmente ao deslocamento do bloco de gelo e portanto não
realiza trabalho: WN = Nd cos 90 = 0.
e) o trabalho total executado sobre o bloco.
O trabalho total realizado sobre o bloco é responsável pela alteração total do seu estado de
movimento. Como o bloco permanece com a mesma velocidade e mesma massa (ou seja, mesma
energia cinética), o trabalho total realizado é nulo.
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