Energia mecânica

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Física
Fascículo 03
Eliana S. de Souza Braga
˝ndice
Dinâmica - Trabalho, Energia e PotŒncia
Resumo Teórico ..............................................................................................................................1
Exercícios............................................................................................................................................2
Gabarito.............................................................................................................................................4
Dinâmica - Trabalho, Energia e PotŒncia
Resumo Teórico
Trabalho de uma força constante
cos 0” = 1 τ = F .d
cos 90” = 0 τ = 0
cos 180” = –1 τ = – F .d
Trabalho de uma força de direçªo constante e módulo variÆvel
Teorema da Energia CinØtica (T.E.C.)
τFres = ∆Ec = Ecfinal – Ecinicial
Ec =
m.v
2
2
Trabalho da Força Peso
τP = P ⋅ (hi – hf)
Energia Potencial Gravitacional
Epg = P.h = m.g.h
Trabalho da Força ElÆstica
τFel i
2
f=
k
2
(x x− 2 )
Energia Potencial ElÆstica
Ep =
k.x
2el
2
1
τ = F . d . cosθ
F
d
θ
F
F
d
.
d
F d
180”
A
F
d
τ=`rea
N
PotŒncia mØdia
Pot =
t
= F.v .cosm m
τ θ
∆
PotŒncia Instantânea
Poti = F.v.cosθ
Rendimento
η = Pot
Pot
œtil
total
Pottotal = Potœtil + Potdissipada
Energia Mecânica
Emec = Ec + Ep
Trabalho realizado pelas forças dissipativas
τFdiss = Emecfinal – Emecinicial
Exercícios
01. (FUVEST-98-1.a FASE) Uma esteira rolante transporta 15 caixas de bebida por minuto, de um depósito
no subsolo atØ o andar tØrreo. A esteira tem comprimento 12 m, inclinaçªo de 30” com a horizontal e
move-se com velocidade constante. As caixas a serem transportadas jÆ sªo colocadas com a velocidade
da esteira. Se cada caixa pesa 200 N, o motor que aciona esse mecanismo deve fornecer a potŒncia
de:
a. 20 W
b. 40 W
c. 300 W
d. 600 W
e. 1800 W
02. (VUNESP-99) Para tentar vencer um desnível de 0,5 m entre duas calçadas planas e horizontais,
mostradas na figura, um garoto de 50 kg, brincando com um skate (de massa desprezível),
impulsiona-se atØ adquirir uma energia cinØtica de 300 J. Desprezando-se quaisquer atritos e
considerando-se g = 10 m/s†, pode-se concluir que, com essa energia:
a. Nªo conseguirÆ vencer sequer metade do desnível.
b. ConseguirÆ vencer somente metade do desnível.
c. ConseguirÆ ultrapassar metade do desnível, mas nªo conseguirÆ vencŒ-lo totalmente.
d. Nªo só conseguirÆ vencer o desnível, como ainda lhe sobrarªo pouco menos de 30 J de energia
cinØtica.
e. Nªo só conseguirÆ vencer o desnível, como ainda lhe sobrarªo mais de 30 J de energia cinØtica.
2
0,5 m
03. (Vunesp-2000) Um corpo cai em queda livre, a partir do repouso, sob a açªo da gravidade.Se sua
velocidade, depois de perder uma quantidade E de energia potencial gravitacional, Ø v, podemos
concluir que a massa do corpo Ø dada por:
a. 2.E.v
b. 2.E/v2
c. 2.E.v2
d. 2.E.v
e. 2.v2/E
04. (FUVEST-2000) Uma pessoa puxa um caixote, com uma força F, ao longo de uma rampa inclinada de
30” com a horizontal, conforme a figura, sendo desprezível o atrito entre o caixote e a rampa. O
caixote, de massa m, desloca-se com velocidade v constante, durante um certo intervalo de tempo ∆t.
Considere as seguintes afirmaçıes:
I. O trabalho realizado pela força F Ø igual a F.v.∆t
II. O trabalho realizado pela força F Ø igual a m.g.v.∆t/2
III. A energia potencial gravitacional varia de m.g.v.∆t/2
EstÆ correto o que se afirma em:
a. III b. I e II c. I e III d. II e III e. I, II e III
05. (FUVEST-99) Um corpo de massa m Ø lançado com velocidade inicial v0
→
na parte horizontal de uma
rampa, como indicado na figura. Ao atingir o ponto A, ele abandona a rampa, com uma velocidade
vA
→
(vAx ;vAy), segue uma trajetória que passa pelo ponto de mÆxima altura B e retorna à rampa no
ponto C. Despreze o atrito. Sejam hA , hB e hC as alturas dos pontos A, B e C, respectivamente. vB
→
(vBx ,
vBy) a velocidade do corpo no ponto B e vC
→
(vCx , vCy) a velocidade do corpo no ponto C. Considere as
afirmaçıes:
I. v0 = vAx = vB = vCx
II. vAx = vB = vCx
III.
1
2
m vB
2 =
1
2
m.vA
2 – m.g.(hB – hA )
IV.
1
2
m v0
2 = m g hB
V.
1
2
m vAy
2 = m g ( hB – hA )
Sªo corretas as afirmaçıes:
a. todas
b. somente I e II
c. somente II, III e IV
d. somente II, III, IV e V
e. somente II, III e V
3
30”
F
v
06. (FUVEST99) Um veículo para competiçªo de aceleraçªo (drag racing) tem massa M = 1100 kg, motor
de potŒncia mÆxima P = 2,64.106 W (~ 3 500 cavalos) e possui um aerofólio que lhe imprime uma
força aerodinâmica vertical para baixo, Fa, desprezível em baixas velocidades. Tanto em altas quanto
em baixas velocidades, a força vertical que o veículo aplica à pista horizontal estÆ praticamente
concentrada nas rodas motoras traseiras, de 0,40 m de raio. Os coeficientes de atrito estÆtico e
dinâmico, entre os pneus e a pista, sªo iguais e valem µ = 0,50. Determine:
a. A mÆxima aceleraçªo do veículo quando sua velocidade Ø de 120 m/s, (432 km/h), supondo que nªo
haja escorregamento entre as rodas traseiras e a pista. Despreze a força horizontal de resistŒncia do ar.
b. O mínimo valor da força vertical Fa, aplicada ao veículo pelo aerofólio, nas condiçıes da questªo
anterior. Adote g = 10 m/s2.
c. A potŒncia desenvolvida pelo motor no momento da largada, quando: a velocidade angular das rodas
traseiras Ø ω = 600 rad/s, a velocidade do veículo Ø desprezível e as rodas estªo escorregando
(derrapando) sobre a pista.
Gabarito
01. Alternativa c.
A esteira se move com velocidade constante e, portanto a aceleraçªo Ø nula, o que faz a força
resultante: ser nula (Primeira lei de Newton ou Princípio da InØrcia). Isto nos permite calcular a força
motora que a esteira faz.
F – P.sen30” = 0
F = P.sen30”
F = 200 . 0,5 = 100 N
Agora se calcula o trabalho que a força F faz, lembrando que
este Ø dado por:
τ = F.d.cos0”
τ = 100.12 = 1200 J para cada caixa
Como sªo 15 caixas por minuto o trabalho total Ø: τt = 1200.15 = 18 000 J
PotŒncia = trabalho/tempo e tempo = 1 min = 60 s
P =
18000
60
= 300W
Dica:
A esteira se move com velocidade constante e, portanto a aceleraçªo Ø nula, o que faz a força
resultante ser nula (Primeira lei de Newton ou Princípio da InØrcia). Isto nos permite calcular a força
motora que a esteira faz. Agora se calcula o trabalho que a força F faz, lembrando que este Ø dado
por τ = F.d.cos0”. Por œltimo, deve-se lembrar que potŒncia = trabalho sobre o tempo P =
τ
∆t
. (τ em
joules e ∆t em segundos).
02. Alternativa e.
Adotando-se como referencial, para Epg = 0, o plano mais baixo da trajetória, a energia necessÆria
para o garoto conseguir vencer o desnível Ø dada por:
Eg = m.g.h → Eg = 50.10.0,5 → Eg = 250 J
4
Psen30”
NF
30”
P cos30”
Como o sistema Ø conservativo (nªo hÆ atritos) e o garoto havia adquirido 300 J de energia cinØtica,
ele consegue vencer o desnível e ainda lhe sobram Ec = 300 – 250 = 50 J de energia cinØtica que nªo
foram transformadas em energia potencial gravitacional.
03. Alternativa b.
O sistema Ø conservativo e por isso a energia potencial gravitacional perdida pelo corpo, E, Ø
totalmente transformada em energia cinØtica:
E=
m.v
2
2
m =
2E
v2
04. Alternativa e.
I. Correta. A potŒncia da força F Ø: Pot = F.v.cos 0” =
τ
∆t
,
τ = F.v.cos0” Ø o trabalho realizado pela força F no intervalo de
tempo ∆t.
II. Correta. Como o movimento Ø uniforme a variaçªo da energia
cinØtica Ø nula e, portanto o trabalho resultante Ø nulo.(Teorema da
Energia CinØtica)
τF + τP + τN = 0 τF + τP + 0 = 0 τF = –τP
τF = – (–m.g.∆h)
sen 30” =
∆
∆
h
v. t
∆ ∆h= v. t
2
τF = m.g.v.
∆t
2
III. Correta. ∆Epot = m.g.∆h = m.g.v.
∆t
2
05.Alternativa e.
Lembrando que:
v2 = vx
2 + vy
2
• No ponto B, vBy = 0 e vB = vBx
• Como nªo hÆ atrito: (EC + EP)0 = (EC + EP)A = (EC + EP)B = (EC + EP)C
• Como no trecho ABC o corpo estÆ sujeito à açªo exclusiva do seu peso (vertical), nªo hÆ aceleraçªo
horizontal e portanto a componente horizontal da velocidade Ø constante : vAx = vB = vCx .
I. Errado: Como (EC + EP)0 = (EC + EP)A temos 0 + (1/2) m.v0
2 = m.g.hA + (1/2)m.vA
2
vA< v0 e vAx
2 = vA
2 – vAy
2 conclui-se que: vAx < vA < v0
II. Certo: No trecho ABC o corpo estÆ sujeito apenas à açªo de seu próprio peso, nªo havendo
aceleraçªo horizontal nªo hÆ variaçªo da velocidade horizontal.
III. Certo: (EC + EP)A = (EC + EP)B
1
2
m.vA
2 + m.g.hA =
1
2
m.vB
2 + m.g.hB
1
2
m.vA
2 + m.g.hA – m.g.hB =
1
2
m.vB
2
1
2
m.vB
2 =
1
2
m.vA
2 + m.g.(hA – hB)
5
30”
F
v
P
N
∆h
30”
v.∆t
1
2
m.vB
2 =
1
2
m.vA
2 + m.g.{– (–hA + hB)}
1
2
m.vB
2 =
1
2
m.vA
2 – m.g.(hB – hA)
IV. Errado: (Ec + Ep)0 = (Ec + Ep)B
1
2
m.v0
2 =
1
2
m.vB
2 + m.g.hB
V. Certo: (Ec + Ep)A = (Ec + Ep)B
1
2
mvA
2 + mghA =
1
2
mvB
2 + mghB
1
2
m(vA
2 – vB
2) = mg(hB – hA) Como vB = vAx
1
2
m(vA
2 – vAx
2 ) = mg(hB – hA) Como vA
2 = vAx
2 + vAy
2
1
2
mvAy
2 = mg(hB – hA)
06.
a. Supondo que a potŒncia seja mÆxima, temos:
PotmÆx = FmÆx . v
2,64.106 = FmÆx.120 FmÆx = 2,2.10
4 N
Desprezando a componente horizontal da força de resistŒncia do ar, FmÆx = Fres
2,2.104 = m.a
2,2.104 =1100.a
b. A força que acelera o veículo Ø a força de atrito estÆtico entre o chªo e a roda de traçªo:
FmÆx ≤ Fatdestaque
2,2.104 ≤ µ .(P + Fa)
2,2.104 ≤ 0,50 (1,1.104 + Fa)
2 210
0 50
4, .
,
≤ 1,1.104 +Fa
4,4.104 – 1,1.104 ≤ Fa Fa ≥ 3,3.10
4 N ∴
c. Com as rodas derrapando o atrito Ø dinâmico:
Fat = µ .N = µ .P = 0,50.1100.10 Fat = 5 500 N
v = ω .R v = 600. 0,40 v = 240 m/s
Pot = F. v Pot = 5500.240
6
a = 20 m/s2
o mínimo valor de Fa Ø 3,3.10
4
N
P
Fa
N
Pot = 1,32.106 W