Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
Notas de Aula: Aula 2- Energia Potencial Gravitacional e Elástica, Potencia e Relação Trabalho Energia. 2.1 Energia Potencial Gravitacional (U ou Ep) Energia potencial gravitacional é a energia associada ao levantar um corpo a uma determinada altura. Matematicamente temos que: 𝐸𝑝 = 𝑚𝑔𝑦 (2.1) E sua variação será: ∆𝐸𝑝 = 𝑚𝑔𝑦𝑓 − 𝑚𝑔𝑦𝑖 (2.2) Exercícios Resolvidos: 2.1 (Halliday – 8.1) – Você deixa cair um livro de 2,00 kg para uma amiga que está na calçada, a uma distância D = 10,0 m abaixo de você. Se as mãos estendidas da sua amiga estão a uma distância d = 1,5 m acima do solo (figura 2.1). a) Qual é o trabalho Wg realizado sobre o livro pela força gravitacional até ele cair nas mãos da sua amiga? b) Qual é a variação ΔEp da energia potencial gravitacional do sistema livro-Terra durante a queda? Se a energia potencial do sistema Ep é considerada nula no nível do solo, qual é o valor de Ep c) quando você deixa cair o livro? d) quando ele chega ás mãos de sua amiga? Suponha agora que o valor de Ep é 100 J ao nível do solo e calcule novamente e) Wg, f) ΔEp, g) Ep no ponto onde você deixou cair o livro e h) Ep no ponto em que chegou às mãos de sua amiga. Figura 2. 1 Figura exercício 2.1 Notas de Aula: Resolução Os dados fornecidos foram: 𝒎𝒍𝒊𝒗𝒓𝒐 = 𝟐 𝒌𝒈 𝑫 = 𝟏𝟎 𝒎 𝒅 = 𝟏, 𝟓 𝒎 a) O trabalho é dado pela equação: 𝑾 = 𝑭. 𝒅. 𝒄𝒐𝒔𝜽 Neste caso: 𝑾 = 𝒎. 𝒈. (𝑫 − 𝒅)𝒄𝒐𝒔𝟎° 𝑾 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ 𝟖, 𝟓 𝑾 = 𝟏𝟔𝟕 𝑱 b) A variação da energia potencial é: ∆𝑬𝒑 = 𝒎𝒈𝒉𝒇 − 𝒎𝒈𝒉𝒊 ∆𝑬𝒑 = 𝒎𝒈(𝒉𝒇 − 𝒉𝒊) ∆𝑬𝒑 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖(𝟏, 𝟓 − 𝟏𝟎) ∆𝑬𝒑 = −𝟏𝟔𝟕 𝑱 c) 𝑬𝒑 𝒊 = 𝒎𝒈𝒉𝒊 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ 𝟏𝟎 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟏𝟗𝟔 𝑱 d) 𝑬𝒑 𝒇 = 𝒎𝒈𝒉𝒇 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ 𝟏, 𝟓 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟐𝟗 𝑱 e) Como o trabalho depende da variação da energia potencial, o valor é W=167 J f) Novamente temos que a variação não muda portanto ∆𝑬𝒑 = −𝟏𝟔𝟕 𝑱 g) A energia será agora 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ (𝟏𝟎 + 𝟏𝟎𝟎) 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟐𝟗𝟔 𝑱 h) Assim como a anterior temos: 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ (𝟏, 𝟓 + 𝟏𝟎𝟎) 𝑬𝒑 𝒊 = 𝟏𝟐𝟗 𝑱 Notas de Aula: 2.2 Energia Potencial Elástica Para encontrarmos a equação da energia que a mola armazena, basta integrarmos a equação da força elástica dada pela equação 2.3 em função de x: 𝐹𝑒𝑙 = 𝑘. 𝑥 (2.3) 𝐸 = ∫ 𝐹. 𝑑𝑥 𝐸 = ∫ 𝑘𝑥. 𝑑𝑥 𝐸𝑒𝑙á𝑠𝑡 = 1 2 𝑘. 𝑥2 (2.4) Exercícios Resolvidos: 2.2 ( Tipler 7.59) – Uma mola possui rigidez k = 104 N/m. Qual deve ser seu alongamento para uma energia potencial de a) 50 J e b) 100 J? Resolução Os dados fornecidos foram: 𝒌 = 𝟏𝟎𝟒 𝑵/𝒎 a) Para uma energia de 50 J temos: 𝑬𝒆𝒍 = 𝟏 𝟐 𝒌. 𝒙𝟐 𝒙 = √ 𝟐. 𝑬𝒆𝒍 𝒌 = √ 𝟐. 𝟓𝟎 𝟏𝟎𝟒 𝒙 = 𝟎, 𝟏 𝒎 b) Da mesma maneira temos que para 100 J: 𝒙 = √ 𝟐. 𝑬𝒆𝒍 𝒌 = √ 𝟐. 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟒 𝒙 = 𝟎, 𝟏𝟒 𝒎 2.3 Relação Trabalho -Energia Como dissemos, a palavra energia vem do grego e significa trabalho, essa relação não é à toa. O trabalho se relaciona com a energia, tanto a potencial (gravitacional e elástica) como a cinética. Notas de Aula: A relação entre o trabalho e a energia cinética é dada por: 𝑊 = ∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐 𝑓 − 𝐸𝑐 𝑖 (2.5) Já a relação entre o trabalho e a energia potencial (gravitacional e elástica) é: 𝑊 = −∆𝐸𝑝 = 𝐸𝑝 𝑖 − 𝐸𝑝 𝑓 (2.6) Exercícios Resolvidos: 2.3 (Exemplo 7.2 Halliday) - Dois espiões industriais arrastando um cofre de 225 kg a partir do repouso produzem um deslocamento d de módulo 8,5 m, em direção a um caminhão. O empurrão F1 do espião 001 tem módulo de 12 N e faz um ângulo de 30° para baixo com a horizontal e F2 tem módulo 10 N e faz um ângulo de 40° para cima. Os módulos e orientações das forças não variam quando o cofre se desloca, e o atrito entre o cofre e o piso é desprezível. (a) Qual o trabalho total realizado pelas forças F1 e F2 sobre o cofre durante o deslocamento? (b) Qual é o trabalho Wg realizado pela força gravitacional Fg sobre o cofre durante o deslocamento, e qual é o trabalho WN realizado pela força normal sobre o cofre durante o deslocamento? (c) O cofre esta inicialmente em repouso. Qual é a sua velocidade vf após o deslocamento de 8,5 m? Resolução: Os dados fornecidos são: 𝒎𝒄 = 𝟐𝟐𝟓 𝒌𝒈 Notas de Aula: 𝒅 = 𝟖, 𝟓 𝒎 𝑭𝟏 = 𝟏𝟐 𝑵 𝜽𝟏 = 𝟑𝟎° 𝑭𝟐 = 𝟏𝟎 𝑵 𝜽𝟐 = 𝟒𝟎° (a) O trabalho total realizado sofre o cofre é a soma dos trabalhos realizados separadamente pelas duas forças: 𝑾𝑭𝟏 = 𝑭𝟏. 𝒅. 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 = 𝟏𝟐 ∗ 𝟖, 𝟓 ∗ 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎° = 𝟖𝟖, 𝟑𝟑 𝑱 𝑾𝑭𝟐 = 𝑭𝟐. 𝒅. 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟖, 𝟓 ∗ 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝟎° = 𝟔𝟓, 𝟏𝟏 𝑱 Portanto o trabalho total será a soma dos dois trabalhos calculados: 𝑾𝑻 = 𝟖𝟖, 𝟑𝟑 + 𝟔𝟓, 𝟏𝟏 𝑾𝑻 = 𝟏𝟓𝟑, 𝟒 𝑱 (b) O ângulo entre a força peso e o deslocamento é de 90° e como cos de 90° é nulo, o trabalho da força peso é nulo. O mesmo podemos deduzir para a força normal. (c) Se o cofre esta inicialmente em repouso, podemos utilizar o teorema do trabalho energia para encontrarmos a velocidade final do cofre: 𝑾 = 𝑬𝒄 𝒇 − 𝑬𝒄 𝒊 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒎𝒗𝒇 𝟐 − 𝟏 𝟐 𝒎𝒗𝒊 𝟐 𝟏𝟓𝟑, 𝟒 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐𝟐𝟓 ∗ 𝒗𝒇 𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐𝟐𝟓 ∗ 𝟎 𝒗𝒇 = √ 𝟐 ∗ 𝟏𝟓𝟑, 𝟒 𝟐𝟐𝟓 𝒗𝒇 = 𝟏, 𝟏𝟕 𝒎/𝒔 2.4 Potência Potencia é a taxa de variação da energia com o tempo, como trabalho também é uma forma de energia temos: 𝑃 = 𝑑𝐸 𝑑𝑡 𝑜𝑢 𝑑𝑊 𝑑𝑡 (2.7) A potência média pode ser escrito na forma: 𝑃𝑚𝑒𝑑 = ∆𝐸 ∆𝑡 𝑜𝑢 ∆𝑊 ∆𝑡 (2.8) A unidade de potência é o J/s também chamado de Watt (W). Notas de Aula: Relacionando a potência com a força aplicada temos: 𝑃 = 𝐹𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃 (2.10) Exercícios Resolvidos: 2.4 (Exemplo 7.11 Halliday) - A figura abaixo mostra duas forças constantes F1 e F2 que agem sobre uma caixa enquanto ela desliza para a direita sobre um piso sem atrito. A força F1 é horizontal, de módulo 2,0 N; a força F2 esta inclinada para cima de um ângulo de 60° em relação ao piso e tem um módulo de 4,0 N. A velocidade escalar v da caixa em certo instante é 3,0 m/s. (a) Quais são as potências desenvolvidas pelas duas forças que agem sobre a caixa nesse instante? (b) Qual é potência total? Resolução: Os dados fornecidos são: 𝑭𝟏 = 𝟐, 𝟎 𝑵 𝜽𝟏 = 𝟏𝟖𝟎° 𝑭𝟐 = 𝟒, 𝟎 𝑵 𝜽𝟐 = 𝟔𝟎° 𝒗 = 𝟑, 𝟎 𝒎/𝒔 (a) Como nós temos as forças, podemos utilizar a equação 8: 𝑷 = 𝑭𝒗𝒄𝒐𝒔𝜽 Para a força 1 será: Notas de Aula: 𝑷𝟏 = 𝑭𝟏𝒗𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖𝟎 𝑷𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖𝟎 𝑷𝟏 = −𝟔, 𝟎 𝑾 Para a força 2: 𝑷𝟐 = 𝑭𝟐𝒗𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 𝑷𝟐 = 𝟒 ∗ 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎 𝑷𝟐 = 𝟔 𝑾 (b) A potência total será dada pela soma das duas potências: 𝑷𝑻 = 𝑷𝟏 + 𝑷𝟐 𝑷𝑻 = −𝟔 + 𝟔 𝑷𝑻 = 𝟎 𝑾 Exercícios de fixação 2.5 (Halliday 7.7) – A única força que age sobre uma lata de 2 Kg que está se movendo em um plano xy tem um módulo de 5,0 N. Inicialmente, a lata tem uma velocidade de 4,0 m/s na direção positiva do eixo x, em um instante posterior, a velocidade passa a ser 6,0 m/s no sentido positivo do eixo y. Qual é o trabalho realizado sobre a lata pela força de 5,0 N nesse intervalo de tempo? Resolução: Os dados fornecidos são: 𝑭= 𝟓, 𝟎 𝑵 𝒗𝒊 = 𝟒 𝒎/𝒔 𝒗𝒇 = 𝟔 𝒎/𝒔 𝒎 = 𝟐 𝒌𝒈 Utilizando a relação trabalho energia cinética temos: 𝑾 = 𝑬𝒄 𝒇 − 𝑬𝒄 𝒊 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒎𝒗𝒇 𝟐 − 𝟏 𝟐 𝒎𝒗𝒊 𝟐 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝟔𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝟒𝟐 𝑾 = 𝟐𝟎 𝑱 Notas de Aula: 2.6 (Halliday 7.17) – Um helicóptero Levanta verticalmente uma astronauta de 72 Kg 15 m acima da superfície do oceano, por meio de um cabo. A aceleração da astronauta é de g/10. Qual é o trabalho realizado sobre a astronauta (a) pela força do helicóptero e (b) pela força gravitacional? Imediatamente antes de astronauta chegar ao helicóptero, quais são (c) sua energia cinética e (d) sua velocidade? Resolução: Os dados fornecidos são: 𝒎 = 𝟕𝟐 𝑲𝒈 𝒉 = 𝟏𝟓 𝒎 𝒂 = 𝒈/𝟏𝟎 a) De acordo com a segunda lei de Newton: 𝑭𝒉 − 𝒎𝒈 = 𝒎𝒂 𝑭𝒉 = 𝒎. 𝒈 𝟏𝟎 + 𝒎𝒈 𝑭𝒉 = 𝟏𝟏𝒎𝒈 𝟏𝟎 Substituindo na equação do trabalho: 𝑾𝒉 = 𝑭𝒉. 𝒅. 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝑾𝒉 = 𝟏𝟏𝒎𝒈 𝟏𝟎 . 𝒅. 𝒄𝒐𝒔𝟎° = 𝟏𝟏 ∗ 𝟕𝟐 ∗ 𝟗. 𝟖 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟓 ∗ 𝟏 = 𝟏𝟏𝟔𝟒𝟐 𝑱 b) O trabalho realizado pela força gravitacional pode ser encontrado: 𝑾𝒈 = 𝑭𝒈. 𝒅. 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝑾𝒈 = 𝒎. 𝒈. 𝒅. 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖𝟎° 𝑾𝒈 = 𝟕𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖 ∗ 𝟏𝟓 ∗ (−𝟏) = −𝟏𝟎𝟓𝟖𝟒 𝑱 c) Podemos utilizar o teorema trabalho energia cinética, onde o trabalho total é a soma dos dois trabalhos calculados anteriormente: 𝑾 = ∆𝑬𝒄 𝑾𝒉 + 𝑾𝒈 = 𝑬𝒄 𝒇 − 𝑬𝒄 𝒊 𝟏𝟏𝟔𝟒𝟐 − 𝟏𝟎𝟓𝟖𝟒 = 𝑬𝒄 𝒇 𝑬𝒄 𝒇 = 𝟏𝟎𝟓𝟖 𝑱 d) Com o dado encontrado no exercício anterior podemos encontrar a velocidade: 𝑬𝒄 𝒇 = 𝟏𝟎𝟓𝟖 𝑱 Notas de Aula: 𝟏 𝟐 𝒎𝒗𝟐 = 𝟏𝟎𝟓𝟖 𝑱 𝒗 = √ 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟓𝟖 𝒎 = √ 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟓𝟖 𝟕𝟐 = 𝟓, 𝟒 𝒎/𝒔 2.7 (Halliday 7.27) – Uma mola e um bloco são montados como na figura ao abaixo. Quando o bloco é puxado para o ponto x=4,0 cm devemos aplicar uma força de 360 N para mantê-lo nessa posição. Puxamos o bloco para o ponto x=11 cm e o liberamos. Qual é o trabalho realizado pela mola sobre o bloco quando este se desloca de x1=5 cm para a) x = 3,0 cm, b) x = -3,0 cm, c) x = -5 cm e d) x = -9 cm? Resolução: Os dados fornecidos são que para puxar o bloco até a posição de 4 cm é necessária uma força de 360 N. Com esses dados podemos calcular a constante de mola: 𝑭𝒆𝒍 = 𝒌𝒙 𝒌 = 𝑭𝒆𝒍 𝒙 = 𝟑𝟔𝟎 𝟎, 𝟎𝟒 = 𝟗𝟎𝟎𝟎 𝑵/𝒎 a) O trabalho pode ser calculado pela variação da energia potencial, que neste caso é potencial elástica: 𝑾 = −∆𝑬𝒆𝒍 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒌𝒙𝒊 𝟐 − 𝟏 𝟐 𝒌𝒙𝒇 𝟐 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒌(𝒙𝒊 𝟐 − 𝒙𝒇 𝟐) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟎, 𝟎𝟓𝟐 − 𝟎, 𝟎𝟑𝟐) = 𝟕, 𝟐 𝑱 b) Podemos prosseguir da mesma maneira anterior: 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒌(𝒙𝒊 𝟐 − 𝒙𝒇 𝟐) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟎, 𝟎𝟓𝟐 − (−𝟎, 𝟎𝟑)𝟐) = 𝟕, 𝟐 𝑱 c) Da mesma maneira: Notas de Aula: 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒌(𝒙𝒊 𝟐 − 𝒙𝒇 𝟐) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟎, 𝟎𝟓𝟐 − (−𝟎, 𝟎𝟓)𝟐) = 𝟎 𝑱 d) Igualmente: 𝑾 = 𝟏 𝟐 𝒌(𝒙𝒊 𝟐 − 𝒙𝒇 𝟐) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟗𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟎, 𝟎𝟓𝟐 − (−𝟎, 𝟎𝟗)𝟐) = −𝟐𝟓, 𝟐 𝑱 2.8 (Halliday 7.45) – Uma força de 5,0 N age sobre um corpo de 15 Kg inicialmente em repouso. Calcule o trabalho realizado pela força a) no primeiro, b) no segundo e c) no terceiro segundo, assim como d) a potência instantânea da força no fim do terceiro segundo. Resolução: Os dados fornecidos são: 𝑭 = 𝟓, 𝟎 𝑵 𝒎 = 𝟏𝟓 𝒌𝒈 𝒗𝟎 = 𝟎 O trabalho de uma força pode ser calculado pela relação: 𝑾 = ∫ 𝑭. 𝒅𝑺 (1) O deslocamento podemos utilizar a equação do movimento: 𝑺 = 𝑺𝟎 + 𝒗𝟎𝒕 + 𝒂𝒕𝟐 𝟐 No nosso caso temos: 𝑺 = 𝒂𝒕𝟐 𝟐 Mas nós precisamos do dS, portanto: 𝒅𝑺 𝒅𝒕 = 𝒂𝒕 𝒅𝑺 = 𝒂𝒕. 𝒅𝒕 (2) Substituindo 2 em 1 temos: 𝑾 = ∫ 𝑭. 𝒂𝒕. 𝒅𝒕 (3) Como não conhecemos a aceleração, temos que encontrar uma expressão para ela. Da segunda lei de Newton temos que: 𝑭 = 𝒎. 𝒂 𝒂 = 𝑭 𝒎 (4) Substituindo 4 em 3: 𝑾 = ∫ 𝑭. ( 𝑭 𝒎 ) 𝒕. 𝒅𝒕 Notas de Aula: 𝑾 = ∫ 𝑭𝟐 𝒎 . 𝒕. 𝒅𝒕 (5) Integrando a equação 5 de ti a tf temos: 𝑾 = 𝑭𝟐 𝒎 ∫ 𝒕. 𝒅𝒕 𝒕𝒇 𝒕𝒊 𝑾 = 𝑭𝟐 𝒎 ∗ 𝟏 𝟐 (𝒕𝒇 𝟐 − 𝒕𝒊 𝟐) (6) a) A equação 6 nos fornece o trabalho desta força para qualquer intervalo de tempo. Portanto para o primeiro segundo temos: 𝑾 = 𝟓𝟐 𝟐 ∗ 𝟏𝟓 (𝟏𝟐 − 𝟎𝟐) = 𝟎, 𝟖𝟑 𝑱 b) Para o segundo segundo temos: 𝑾 = 𝟓𝟐 𝟐 ∗ 𝟏𝟓 (𝟐𝟐 − 𝟏𝟐) = 𝟐, 𝟓 𝑱 c) da mesma temos: 𝑾 = 𝟓𝟐 𝟐 ∗ 𝟏𝟓 (𝟑𝟐 − 𝟐𝟐) = 𝟒, 𝟏𝟕 𝑱 e) Para encontrarmos uma equação para a potência dependente do tempo podemos utilizar a relação: 𝑷 = 𝑭. 𝒗 (7) Onde a velocidade é dada pela equação horária: 𝒗 = 𝒗𝟎 + 𝒂𝒕 𝒗 = 𝒂𝒕 (8) Substituindo a relação 4 em 8 temos: 𝒗 = 𝑭 𝒎 ∗ 𝒕 (9) Agora substituímos 9 em 7: 𝑷 = 𝑭. 𝑭 𝒎 ∗ 𝒕 𝑷 = 𝑭𝟐 𝒎 ∗ 𝒕 (10) Podemos utilizar a equação 10 para encontrar a potência em qualquer instante de tempo. Para o terceiro segundo temos: 𝑷 = 𝟓𝟐 𝟏𝟓 ∗ 𝟑 = 𝟓 𝑾 Bibliografia: TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Física para cientistas e engenheiros: mecânica, oscilações e ondas, termodinâmica. Vol. 1, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2006. ISBN: 9788521614623. HALLIDAY, D.; RESNICK, R.; WALKER, J. Fundamentos de física - mecânica. Vol. 1, 8ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2009. ISBN: 9788521616054.
Compartilhar