Notas de aula 2 - Energia Potencial, Elástica, Potencia e Relação Trabalho Energia

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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.