SlideShare uma empresa Scribd logo
1 de 18
Baixar para ler offline
PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
     Prof. Anderson Coser Gaudio
     Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
     http://www.cce.ufes.br/anderson
     anderson@npd.ufes.br                               Última atualização: 23/07/2005 09:00 H




                                         RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
                                               LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.


                                                              FÍSICA 1

                                           Capítulo 8 - Conservação da
                                                     Energia




                                          Problemas

01         02         03         04         05         06         07         08         09         10
11         12         13         14         15         16         17         18         19         20
21         22         23         24         25         26         27         28         29         30
31         32         33         34         35         36         37         38         39         40
41         42         43         44         45         46         47         48         49         50
51         52         53         54         55         56         57         58         59         60
61         62         63         64         65         66         67         68         69         70
71         72         73
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                                     Problemas Resolvidos

02. Alega-se que até 900 kg de água podem ser evaporados diariamente pelas grandes árvores. A
    evaporação ocorre nas folhas e para chegar lá a água tem de ser elevada desde as raízes da
    árvore. (a) Suponha que em média a água seja elevada de 9,20 m acima do solo; que energia
    deve ser fornecida? (b) Qual a potência média envolvida, se admitirmos que a evaporação
    ocorra durante 12 horas?
                                                                                         (Pág. 159)
Solução.
(a) A água ao ser transportada para o topo da árvore tem sua energia potencial aumentada de UA = 0
até UB = mgh. Ou seja:
      B




        ΔU = U B − U A
          ΔU = mgh
O trabalho realizado para elevar a água corresponde à energia que deve ser fornecida:
       W = −ΔU = − mgh = −81.226,8 J
          W ≈ −81, 2 kJ
(b)
              W mgh
          P=      =    = 1,88025 W
               Δt   Δt
          P ≈ 1,88 W

                                                  [Início]


10. Um carro de montanha russa, sem atrito, parte do ponto A (Fig. 25) com velocidade v0. Calcule
    a velocidade do carro: (a) no ponto B, (b) no ponto C, (c) no ponto D. Suponha que o carro
    possa ser considerado uma partícula e que permaneça o tempo todo no trilho.




                                                                                               (Pág. 159)
Solução.
Como a única força que realiza trabalho (peso do carrinho) é conservativa, o sistema é conservativo.
Portanto é possível aplicar o princípio da conservação da energia mecânica. Vamos supor que na
base da montanha russa Ug = 0.
(a)
        E A = EB
          K A + U gA = K B + U gB
          1 2          1 2
            mv0 + mgh = mvB + mgh
          2            2
________________________________________________________________________________________________________    2
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        vB = v0
(b)
        E A = EC
        K A + U gA = K C + U gC
        1 2          1 2       h
          mv0 + mgh = mvC + mg
        2            2         2
        v0 + 2 gh = vC + gh
         2           2



        vC = v0 + gh
              2


(c)
        E A = ED
        K A + U gA = K D + U gD
        1 2          1 2
          mv0 + mgh = mvC + 0
        2            2
        v0 + 2 gh = vC
         2           2



        vC = v0 + 2 gh
              2




                                                  [Início]


13. Uma haste delgada de comprimento L = 2,13 m e de massa desprezível pode girar em um plano
    vertical, apoiada num de seus extremos. A haste é afastada de θ = 35,5o e largada, conforme a
    Fig. 28. Qual a velocidade da bola de chumbo presa à extremidade inferior, ao passar pela
    posição mais baixa?




                                                                                               (Pág. 160)
Solução.
Considere o seguinte esquema:




________________________________________________________________________________________________________    3
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                              Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES




        Lcosθ            θ     L

                                   A
                                           vA = 0
            h       B                  m
                vB           Ug = 0
A única força que realiza trabalho neste sistema é o peso da massa m. A tensão na corda, que é
radial, é sempre ortogonal aos deslocamentos tangenciais da massa e, portanto, não realiza trabalho.
Logo, a energia mecânica do sistema é conservada:
         E A = EB
        K A + U gA = K B + U gB
                        1 2
        0 + mgh =         mvB + 0
                        2
        2 g ( L − L cos θ ) = vB
                               2



        vB = 2 gL(1 − cos θ ) = 2, 749135           m/s
        vB ≈ 2, 75 m/s
A expressão literal da resposta indica que se 1 − cos θ = 0 implica em vB = 0. Isso ocorre quando
                                                                                   B




cos θ = 1 ou θ = 0o.

                                                          [Início]


21. A mola de um revólver de brinquedo tem constante elástica de 7,25 N/cm. O revólver é
    inclinado de 36,0o acima da horizontal e dispara uma bola de 78 g à altura de 1,9 m acima da
    boca do revólver. (a) Qual a velocidade de saída da bola? (b) De quanto deve ter sido
    comprimida inicialmente a bola?
                                                                                         (Pág. 161)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
                                      C
                y                         vC
                                                                           g
                              v0
                                                    h
                    B              θ
                θ                                                          x
        A
                        m          d
               k
Como o sistema é conservativo, vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos
pontos B e C.
       EB = EC
________________________________________________________________________________________________________         4
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        K B + U gB = K C + U gC
No ponto C o projétil tem velocidade vertical igual a zero e velocidade horizontal (que é a
velocidade do projétil) igual a v0 cos θ.
        1 2        1
          mv0 + 0 = m ( v0 cos θ ) + mgh
                                   2

        2          2
        v0 = v0 cos 2 θ + 2 gh
         2    2



                  2 gh
        v0 =               = 10,3874      m/s
               1 − cos 2 θ
        v0 ≈ 10 m/s
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e B:
        E A = EB
        K A + U gA + U eA = K B + U gB + U eB
                       1      1 2                  ⎛ 2⎞
        0 − mgd sen θ + kd 2 = mv0 + 0 + 0         ⎜× ⎟
                       2      2                    ⎝ k⎠
             2mg sen θ    mv 2
        d2 −           d− 0 =0
                 k          k
As raízes desta equação são:
        d1 = 0,108364
        d 2 = −0,107123
Como d > 0:
        d1 ≈ 0,11 m

                                                  [Início]


23. Uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito, ficando um quarto do seu comprimento
    dependurado na borda (veja Fig. 33). O comprimento da corrente é L e sua massa m; que
    trabalho é necessário para puxar para o tampo da mesa a parte dependurada?




                                                                                               (Pág. 161)
Solução.
Considerando-se que a força F irá puxar a corrente para a direita com velocidade constante, seu
módulo será sempre igual ao módulo do peso P(y) da parte suspensa da corrente. Como o peso o
peso da parte suspensa da corrente é variável, F também é variável. Seja μ a densidade linear de
massa da corrente:
________________________________________________________________________________________________________    5
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                               Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

            m
        μ=
            L
        m = μL
A massa da parte suspensa, que depende do comprimento y (coordenada vertical) vale:
      m( y ) = μ y
Logo:
        F( y ) = P( y ) = m( y ) g = μ gy
Portanto, o trabalho da força F(y) vale:
                                                     L/4
                y               L/4           m y2              mg L2
        W = ∫ F( y ) dy = ∫           μ gydy = g            =      .
               y0               0             L 2    0
                                                                2 L 16
              mgL
        W=
               32

                                                           [Início]


26. Duas crianças brincam de acertar, com uma bolinha lançada por um revólver de brinquedo
    situado na mesa, uma caixinha colocada no chão a 2,20 m da borda da mesa (veja a Fig. 35).
    Kiko comprime a mola de 1,10 cm, mas a bolinha cai a 27,0 cm antes da caixa. De quanto deve
    a mola ser comprimida pela Biba para atingir o alvo?




                                                                                                       (Pág. 161)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
                                                                                              v0 = 0
                            y


                                                                                               x
                                                     2

                                                1                                                      v
                                            g


                                                                                                   x
                                                                         d
                                          l
Vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica no lançamento horizontal da bola
pela mola:

________________________________________________________________________________________________________            6
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        E0 = E
        K0 + U e0 = K + U e
           1      1
        0 + kx 2 = mv 2 + 0
           2      2
       kx 2 = mv 2
Logo, para o lançamento 1 teremos:
        kx12 = mv12                                                                                    (1)
Para o lançamento 2, teremos:
        kx2 = mv2
          2     2
                                                                                                       (2)
Dividindo-se (1) por (2):
       x1 v1
          =
       x2 v2
               v2
        x2 =      x1                                                                                   (3)
               v1
Movimento horizontal da bola:
     x = x0 + vx t
Logo, para o lançamento 1 teremos:
       l − d = v1t                                                                                     (4)
Para o lançamento 2, teremos:
        l = v2t                                                                                        (5)
Dividindo-se (5) por (4) e lembrando-se que t tem o mesmo valor nessas equações:
         l     v
            = 2                                                                                        (6)
       l − d v1
Substituindo-se (6) em (3):
               l
        x2 =      x1 = 1, 25388    cm
             l −d
        x2 ≈ 1, 25cm

                                                  [Início]


27. Um pequeno bloco de massa m escorrega ao longo de um aro como mostrado na Fig. 36. O
    bloco sai do repouso no ponto P. (a) Qual a força resultante que atua nele quando estiver em Q?
    (b) A que altura acima do fundo deve o bloco ser solto para que, ao passar na parte mais alta do
    círculo, esteja a ponto de desprender-se dele?




________________________________________________________________________________________________________     7
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES




                                                                                               (Pág. 161)
Solução.
(a) No ponto Q as forças que atuam no bloco são:
                Q
       N               y

                                   x

                       P
        P = − mgj                                                                                      (1)
        N = − Ni                                                                              (2)
Em Q a força normal (N) é a própria força centrípeta do movimento circular de raio R, uma vez que
o peso do bloco (P) não possui componente radial. Logo:
                        2
                      mvQ
        Fc ,Q = N =                                                                                    (3)
                   R
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos P e Q:
       EP = EQ
        K P + U gP = K Q + U gQ
                       1 2
        0 + mg 5 R =     mvQ + mgR
                       2
        vQ = 8 gR
         2
                                                                                                       (4)
Substituindo-se (4) em (3):
        N = 8 mg                                                                                       (5)
Substituindo-se (5) em (2):
        N = −8mgi                                                                                      (6)
Portanto, a força resultante sobre o bloco no ponto Q vale:
       R =N+P
        R = −8mgi − mgj
(b) A condição para que no ponto T (topo da trajetória circular) o bloco esteja na iminência de
desprender-se da superfície é que a força normal exercida pela superfície sobre o bloco (NT) seja
zero. Logo, a força centrípeta do bloco no ponto T será seu próprio peso.
                               2
                            mvT
        Fc ,T = P = mg =
                             R
        vT = gR
         2
                                                                                                       (7)
________________________________________________________________________________________________________     8
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos S e T, onde S é o novo ponto da
rampa (altura h) de onde será solto o bloco a partir do repouso:
       ES = ET
        K S + U gS = KT + U gT
                  1 2
        0 + mgh =   mvT + mg 2 R                                                                       (8)
                  2
Substituindo-se (7) em (8):
           1
        h = R + 2R
           2
           5R
        h=
            2

                                                  [Início]


32. O fio da Fig. 38 tem comprimento L = 120 cm e a distância d ao pino fixo P é de 75,0 cm.
    Quando se larga a bola em repouso na posição mostrada ela oscilará ao longo do arco
    pontilhado. Qual será a sua velocidade (a) quando alcançar o ponto mais baixo do movimento?
    (b) quando alcançar o ponto mais elevado depois que o fio encostar no pino?




                                                                                               (Pág. 162)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
          vA = 0
       A
                       C
                              d
                     vC

                                   r
                                    Ug = 0
                       B vB
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e B:
       E A = EB
        K A + U gA = K B + U gB
                    1 2
        0 + mgL =     mvB + 0
                    2

________________________________________________________________________________________________________     9
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        vB = 2 gL = 4,8522          m/s
        vB ≈ 4,85 m/s
Esta velocidade é a mesma que seria obtida caso o bloco tivesse caído em queda livre da altura d +
r.
(b) De acordo com o resultado do problema 33 (Pág. 162), para que a bola faça um círculo completo
ao redor do ponto P a distância d deve ser maior do que 3L/5. Como 3L/5 = 72 cm e d = 120 cm,
isso implica em d > 3L/5. Portanto, a bola faz uma trajetória circular completa ao redor do pino.
Chamando de C o estado do sistema quando a bola está no topo da trajetória circular ao redor do
pino:
        E A = EC
        K A + U gA = K C + U gC
                    1 2
        0 + mgL =     mvC + mg 2( L − d )
                    2
        vC = 2 gL − 4 g ( L − d )
         2



        vC = 2 g (2d − L) = 2, 4261 m/s
        vC ≈ 2, 43 m/s
A expressão literal da resposta indica que se 2d − L = 0 implica em vC = 0. Isso ocorre quando d =
L/2. Isto é verdade pois, neste caso, o ponto C (topo da trajetória circular em torno do pino)
coincidiria com o pino (mesma altura do ponto A).

                                                  [Início]


33. Mostre, ainda em relação à Fig. 38, que, para a bolinha do pêndulo completar uma volta inteira
    em redor do pino deve ser d > 3L/5. (Sugestão: A bolinha deve ter velocidade no alto da
    trajetória, caso contrário o fio se afrouxa.)




                                                                                               (Pág. 162)
Solução.
Considere o seguinte esquema:




________________________________________________________________________________________________________   10
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

            vA = 0
        A
                          C
                                   d
                        vC

                                   r
                                     Ug = 0
A condição mínima para que a bola complete uma volta em torno do ponto P é que a tensão na
corda seja zero. Nesta condição a força centrípeta do seu movimento circular será o próprio peso da
bola.
                         2
                      mvC
        Fc = P = mg =
                       r
        vC = gr = g ( L − d )
         2
                                                                                                       (1)
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e C:
       E A = EC
        K A + U gA = K C + U gC
                  1 2
        0 + mgL =   mvC + mg 2( L − d )                                                                (2)
                  2
Substituindo-se (1) em (2):
               1
        mgL = mg ( L − d ) + mg 2( L − d )
               2
            L d
        L = − + 2 L − 2d
            2 2
            3L
        d=
             5

                                                  [Início]


35. Um bloco de 3,22 kg parte do repouso e desliza uma distância d para baixo de uma rampa
    inclinada de 28,0o e se choca com uma mola de massa desprezível, conforme a Fig. 32. O bloco
    desliza mais 21,4 cm antes de parar momentaneamente ao comprimir a mola, cuja constante
    elástica é de 427 N/m. (a) Quanto vale d? (b) A velocidade do bloco continua a aumentar
    durante certo tempo depois depois de chocar-se com a mola. Qual a distância adicional que o
    bloco percorre antes de alcançar sua velocidade máxima e começar a diminuir?




                                                                                               (Pág. 162)
Solução.
________________________________________________________________________________________________________   11
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                         Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

(a) Considere o seguinte esquema:



                                         d




                                                                 (d + l) sen θ

                         l
        A
                                         θ
                                                 Ug = 0

            B
Na ausência da força de atrito o sistema é conservativo e a energia mecânica é conservada:
       E A = EB
        K A + U gA + U eA = K B + U gB + U eB
                                           1
        0 + mg (d + l ) sen θ + 0 = 0 + 0 + kl 2
                                           2
               kl 2
        d=             − l = 0, 4453      m
             2mg sen θ
        d ≈ 0, 45 m
(b) Considere o seguinte esquema da nova situação:



                                         d




                                                                  (d + l) sen θ
                          l x
        A
                                             θ
                                                   Ug = 0
                                v(x)                           (l - x) sen θ
                C
Para encontrar a velocidade máxima que o bloco atinge após comprimir a mola de uma distância x
vamos construir uma função v(x) = f(x) e em seguida encontrar o valor de x que torna dv(x)/dx = 0.
Para construir v(x), vamos aplicar a conservação da energia mecânica aos pontos A, de onde o bloco
é solto com velocidade nula, e C, o ponto onde a velocidade é máxima.
         E A = EC
________________________________________________________________________________________________________   12
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                                 Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        K A + U gA + U eA = K C + U gC + U eC
                                      1 2                            1
        0 + mg (d + l ) sen θ + 0 =     mv( x ) + mg (l − x ) sen θ + kx 2
                                      2                              2
                                           1/ 2
                ⎡                     kx 2 ⎤
       v( x ) = ⎢ 2 g sen θ (d + x) −      ⎥
                ⎣                      m ⎦
O valor de x que torna dv(x)/dx = 0 vale:
                                                  −1/ 2
              1⎡
        dv( x )                       kx 2 ⎤                ⎛             2kx ⎞
             = ⎢ 2 g sen θ (d + x ) −      ⎥              . ⎜ 2 g sen θ −     ⎟=0                             (1)
          dx  2⎣                       m ⎦                  ⎝              m ⎠
A Eq. (1) somente será verdadeira se:
                   2kx
       2 g sen θ −     =0
                    m
            mg sen θ
       x=             = 0, 03473 m
                k
        x ≈ 3,5 cm

                                                             [Início]


36. Um garoto está assentado no topo de um hemisfério de gelo (Fig. 39). Ele recebe pequeno
    empurrão e começa a escorregar para baixo. Mostre que ele perde contato com o gelo num
    ponto situado à altura 2R/3, supondo que não haja atrito com o gelo. (Sugestão: A força normal
    anula-se quando se rompe o contato com o gelo.)




                                                                                                      (Pág. 162)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
                   y
                      m
                A

                                          B

                  h          R
                                       θ vB
                             θ P
                                      x
Como a única força que realiza trabalho é conservativa (força peso, P), há conservação da energia
mecânica do sistema:
       E A = EB
        K A + U gA = K B + U gB

________________________________________________________________________________________________________        13
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                        1 2
        0 + mgR =         mvB + mgh
                        2
                    2
                   vB
        h= R−                                                                                          (1)
                   2g
Na posição B o garoto está na iminência de perder contato com a superfície esférica. Isto significa
que a força normal (N) que o gelo exerce sobre ele é zero. Logo, a força centrípeta do seu
movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr).
        Fc = Pr
           2
        mvB                  h
             = mg sen θ = mg
         R                   R
        v B = gh
          2
                                                                                                       (2)
Substituindo-se (2) em (1):
               gh        h
        h= R−      = R−
               2g        2
             2R
        h=
              3

                                                  [Início]


37. A partícula m da Fig. 40 move-se em um círculo vertical de raio R, no interior de um trilho sem
    atrito. Quando m se encontra em sua posição mais baixa sua velocidade é v0. (a) Qual o valor
    mínimo vm de v0 para que m percorra completamente o círculo, sem perder contato com o trilho?
    (b) Suponha que v0 seja 0,775 vm. A partícula subirá no trilho até um ponto P no qual perde
    contato com ele e percorrerá o arco indicado aproximadamente pela linha pontilhada. Determine
    a posição angular θ do ponto P.




                                                                                               (Pág. 162)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema:




________________________________________________________________________________________________________   14
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                            B vB


                             P
                  T
              R



                             m
                       v0              Ug = 0
                     A
A condição mínima para que a partícula complete uma volta sem perder contato com o trilho é que
sua força normal (N) seja zero no ponto mais alto de sua trajetória circular. Nesse ponto sua força
centrípeta será o próprio peso da partícula (P).
        Fc = P = mg
           2
        mvB
             = mg
         R
        v B = gR
          2
                                                                                                       (1)
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B:
       E A = EB
        K A + U gA = K B + U gB
        1 2         1 2
          mv0 + 0 = mvB + mg 2 R                                                                       (2)
        2           2
Substituindo-se (1) em (2):
        v0 = gR + 4 gR
         2



        v0 = 5 gR                                                                                      (3)
(b) Considere o seguinte esquema:
            vP
       P
                  Pr
          P    θ                   R



                             m
                                Ug = 0
               v0 A
No ponto P a partícula perde contato com a superfície, o que torna N nula. Logo, a força centrípeta
do seu movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr).
       Fc = Pr
           2
        mvP
             = mg sen θ
         R
________________________________________________________________________________________________________   15
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                         Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        vP = gR sen θ
         2
                                                                                                       (4)
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e P:
       E A = EP
        K A + U gA = K P + U gP
        1                     1 2
          m ( 0, 775v0 ) + 0 = mvP + mg ( R + R sen θ )
                        2

        2                     2
        0, 7752 v0 = vP + 2 gR + 2 gR sen θ
                 2    2
                                                                                                       (5)
Substituindo-se (3) e (4) em (5):
        0, 7752.5 gR = gR sen θ + 2 gR + 2 gR sen θ
        5.0, 7752 = 2 + 3sen θ
                   ⎡1
        θ = sen −1 ⎢
                   ⎣3
                      ( 5.0, 7752 − 2 )⎤ = 19,5345
                                       ⎥
                                       ⎦
        θ ≈ 19,5

                                                     [Início]


56. Um pequeno objeto de massa m = 234 g desliza em um trilho que tem a parte central horizontal
    e as extremidades são arcos de círculo (veja Fig. 46). A parte horizontal mede L = 2,16 m e nas
    porções curvilíneas não há atrito. O objeto é solto no ponto A, situado à altura h = 1,05 m acima
    do trecho horizontal, no qual ele perde 688 mJ de energia mecânica, devido ao atrito. Em que
    ponto o objeto irá parar?




                                                                                               (Pág. 164)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
          A                                                                    D
                            h
                                              μc
        Ug = 0
                        B                                            C

                                         L
Assim que a partícula é solta, sua energia potencial gravitacional inicial UA é convertida em energia
cinética. Essa energia vale:
        U A = mgh
Como a parte curva não apresenta atrito, ao chegar ao ponto B sua energia cinética será:
      K B = U A = mgh                                                                                  (1)
________________________________________________________________________________________________________   16
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Na parte plana o atrito começará a dissipar a energia mecânica da partícula, que está totalmente na
forma de energia cinética. Devemos verificar se a partícula pára antes do ponto C ou se o ultrapassa,
subindo a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana a força de atrito (f) realiza
um trabalho W.
       ΔE = Wat
        K C − K B = Wat                                                                                (3)
Substituindo-se (1) em (2):
        K C = mgh + Wat
Como K é sempre positivo, temos que se mgh + Wat > 0, o bloco vai subir a rampa oposta. Na
verdade, mgh + Wat = 1,722317 J (lembre-se que Wat < 0). Portanto a partícula atravessa a região
central e sobe a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana ela perde Wat. O
número de vezes que ela consegue atravessar a parte plana (n) é dado por:
        mgh + nWat ≥ 0
              mgh
        n≥−       = 3,50336
              Wat
Ou seja, a partícula atravessa três vezes a parte central plana e pára aproximadamente em L/2 na
quarta vez em que tenta atravessá-la.

                                                  [Início]


57. Dois picos nevados têm altitude de 862 m e 741 m, respectivamente, acima do vale entre eles.
    Uma pista de esqui estende-se do cimo do pico mais alto ao do mais baixo, conforme a Fig. 47.
    (a) Um esquiador parte do repouso no pico mais elevado. Qual sua velocidade ao chegar ao pico
    mais baixo se ele deslizou sem impulsionar-se com os bastões? Suponha que o solo esteja
    gelado e por isso não há atrito. (b) Após uma nevada, uma esquiadora de 54,4 kg faz o mesmo
    trajeto, também sem utilizar os bastões e por pouco não consegue alcançar o pico mais baixo.
    De quanto aumenta a energia interna dos esquis e da neve sobre a qual ela desliza?




                                                                                               (Pág. 164)
Solução.
(a) Supondo que não haja atrito, as únicas forças que agem sobre o esquiador são o peso e a normal.
Como esta é sempre ortogonal ao deslocamento do esquiador, não realiza trabalho. Logo, a força
peso (força conservativa) é a única força que realiza trabalho, o que torna o sistema conservativo.
Podemos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica:
        E1 = E2
        K1 + U g1 = K 2 + U g 2
                     1 2
        0 + mgh1 =     mv2 + mgh2
                     2

________________________________________________________________________________________________________   17
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
Problemas Resolvidos de Física                          Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

        2 gh1 = v2 + 2 gh2
                 2



        v2 = 2 g ( h1 − h2 ) = 48, 7239     m/s
        v2 ≈ 48, 7 m/s
(b) Agora há atrito entre o esqui e a neve e o trabalho realizado pelo atrito será igual à variação da
energia mecânica do sistema.
        Wat = ΔE = E2 − E1 = ( K 2 + U g 2 ) − ( K1 + U g1 )

        Wat = ( 0 + mgh2 ) − ( 0 + mgh1 ) = mg ( h2 − h1 ) = −64.573,344 J
O sinal negativo do trabalho indica que o sistema perdeu essa quantidade de energia, que foi
convertida em calor que aquece a neve e os esquis. Logo, o aumento da energia interna observado
da neve e dos esquis é:
        ΔEint,neve = −Wat,esquiador = 64.573,344 J
        ΔEint,neve ≈ 64, 6 kJ


                                                      [Início]




________________________________________________________________________________________________________   18
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...
Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...
Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...Karoline dos Santos Tarnowski
 
Exercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavanca
Exercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavancaExercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavanca
Exercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavancawilkerfilipel
 
Entropia E 2a Lei Da TermodinâMica
Entropia E 2a  Lei Da TermodinâMicaEntropia E 2a  Lei Da TermodinâMica
Entropia E 2a Lei Da TermodinâMicadalgo
 
Exercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamica
Exercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamicaExercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamica
Exercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamicaMarcelo Leite Matias
 
Resistência dos materiais - Exercícios Resolvidos
Resistência dos materiais - Exercícios ResolvidosResistência dos materiais - Exercícios Resolvidos
Resistência dos materiais - Exercícios ResolvidosMoreira1972
 
Ondas exercicios
Ondas exerciciosOndas exercicios
Ondas exerciciosmatheusrl98
 
DinâMica Dos Fluidos
DinâMica Dos FluidosDinâMica Dos Fluidos
DinâMica Dos Fluidosdalgo
 
Mecanica exercicios resolvidos
Mecanica exercicios resolvidosMecanica exercicios resolvidos
Mecanica exercicios resolvidoswedson Oliveira
 
Fisica 1 cap7
Fisica 1 cap7Fisica 1 cap7
Fisica 1 cap7CLucasC20
 
Propriedades periodicas
Propriedades periodicas Propriedades periodicas
Propriedades periodicas cmdantasba
 
Fisica 02 - Ondas I
Fisica 02 - Ondas IFisica 02 - Ondas I
Fisica 02 - Ondas IWalmor Godoi
 
Ciclo de born haber
Ciclo de born haberCiclo de born haber
Ciclo de born haberLuiz Fabiano
 
Apresentação Equação de Schrodinger
Apresentação  Equação de SchrodingerApresentação  Equação de Schrodinger
Apresentação Equação de SchrodingerRayane Sodré
 

Mais procurados (20)

Fórmulas de Eletrostática
Fórmulas de EletrostáticaFórmulas de Eletrostática
Fórmulas de Eletrostática
 
Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...
Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...
Aula de oxirredução com experimento - Oxirredução com um problemão - http://q...
 
Exercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavanca
Exercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavancaExercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavanca
Exercícios de aplicação sobre momento de uma força e alavanca
 
Entropia E 2a Lei Da TermodinâMica
Entropia E 2a  Lei Da TermodinâMicaEntropia E 2a  Lei Da TermodinâMica
Entropia E 2a Lei Da TermodinâMica
 
Centro demassa
Centro demassaCentro demassa
Centro demassa
 
Exercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamica
Exercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamicaExercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamica
Exercícios resolvidos sobre entropia e 2º lei termodinamica
 
Resistência dos materiais - Exercícios Resolvidos
Resistência dos materiais - Exercícios ResolvidosResistência dos materiais - Exercícios Resolvidos
Resistência dos materiais - Exercícios Resolvidos
 
28 campo magnetico(1)
28 campo magnetico(1)28 campo magnetico(1)
28 campo magnetico(1)
 
Estatica
EstaticaEstatica
Estatica
 
Ondas exercicios
Ondas exerciciosOndas exercicios
Ondas exercicios
 
DinâMica Dos Fluidos
DinâMica Dos FluidosDinâMica Dos Fluidos
DinâMica Dos Fluidos
 
Mecanica exercicios resolvidos
Mecanica exercicios resolvidosMecanica exercicios resolvidos
Mecanica exercicios resolvidos
 
13 forças da mecânica
13   forças da mecânica13   forças da mecânica
13 forças da mecânica
 
Fisica 1 cap7
Fisica 1 cap7Fisica 1 cap7
Fisica 1 cap7
 
Propriedades periodicas
Propriedades periodicas Propriedades periodicas
Propriedades periodicas
 
Fisica 02 - Ondas I
Fisica 02 - Ondas IFisica 02 - Ondas I
Fisica 02 - Ondas I
 
Reações de Eliminação
Reações de EliminaçãoReações de Eliminação
Reações de Eliminação
 
Ciclo de born haber
Ciclo de born haberCiclo de born haber
Ciclo de born haber
 
Dilatacao linear exercicios
Dilatacao linear exerciciosDilatacao linear exercicios
Dilatacao linear exercicios
 
Apresentação Equação de Schrodinger
Apresentação  Equação de SchrodingerApresentação  Equação de Schrodinger
Apresentação Equação de Schrodinger
 

Destaque

Fisica exercicios gabarito 004
Fisica exercicios gabarito  004Fisica exercicios gabarito  004
Fisica exercicios gabarito 004comentada
 
Movimento 1 D
Movimento 1 DMovimento 1 D
Movimento 1 Ddalgo
 
8 conservacao da energia mecanica
8   conservacao da energia mecanica8   conservacao da energia mecanica
8 conservacao da energia mecanicadaniela pinto
 
DinâMica Da RotaçãO
DinâMica Da RotaçãODinâMica Da RotaçãO
DinâMica Da RotaçãOguestf9bbf1
 
Aula 2 cimento e outros aglomerantes
Aula 2  cimento e outros aglomerantes Aula 2  cimento e outros aglomerantes
Aula 2 cimento e outros aglomerantes profNICODEMOS
 
Lista capitulo 7_com_respostas
Lista capitulo 7_com_respostasLista capitulo 7_com_respostas
Lista capitulo 7_com_respostaswedson Oliveira
 
Noções básicas de cinemática
Noções básicas de cinemáticaNoções básicas de cinemática
Noções básicas de cinemáticaAngélica Brasil
 
A energia e sua conservação
A energia e sua conservaçãoA energia e sua conservação
A energia e sua conservaçãoArthur Borges
 
Física cinemática - aula - 11
Física   cinemática - aula - 11Física   cinemática - aula - 11
Física cinemática - aula - 11Bruce Colombi
 
Fundamentos da Física, Vol 1 mecanica - Halliday
Fundamentos da Física, Vol 1 mecanica - HallidayFundamentos da Física, Vol 1 mecanica - Halliday
Fundamentos da Física, Vol 1 mecanica - HallidayAndressa Kuibida
 

Destaque (15)

Fisica exercicios gabarito 004
Fisica exercicios gabarito  004Fisica exercicios gabarito  004
Fisica exercicios gabarito 004
 
Movimento 1 D
Movimento 1 DMovimento 1 D
Movimento 1 D
 
Momento Angular
Momento AngularMomento Angular
Momento Angular
 
Mmc e mdc
Mmc e mdcMmc e mdc
Mmc e mdc
 
8 conservacao da energia mecanica
8   conservacao da energia mecanica8   conservacao da energia mecanica
8 conservacao da energia mecanica
 
DinâMica Da RotaçãO
DinâMica Da RotaçãODinâMica Da RotaçãO
DinâMica Da RotaçãO
 
Lista 12 2016
Lista 12   2016Lista 12   2016
Lista 12 2016
 
Aula 2 cimento e outros aglomerantes
Aula 2  cimento e outros aglomerantes Aula 2  cimento e outros aglomerantes
Aula 2 cimento e outros aglomerantes
 
[David halliday; robert_resnick;_jearl_walker]_fun(book_zz.org)
[David halliday; robert_resnick;_jearl_walker]_fun(book_zz.org)[David halliday; robert_resnick;_jearl_walker]_fun(book_zz.org)
[David halliday; robert_resnick;_jearl_walker]_fun(book_zz.org)
 
Lista capitulo 7_com_respostas
Lista capitulo 7_com_respostasLista capitulo 7_com_respostas
Lista capitulo 7_com_respostas
 
Mhs
MhsMhs
Mhs
 
Noções básicas de cinemática
Noções básicas de cinemáticaNoções básicas de cinemática
Noções básicas de cinemática
 
A energia e sua conservação
A energia e sua conservaçãoA energia e sua conservação
A energia e sua conservação
 
Física cinemática - aula - 11
Física   cinemática - aula - 11Física   cinemática - aula - 11
Física cinemática - aula - 11
 
Fundamentos da Física, Vol 1 mecanica - Halliday
Fundamentos da Física, Vol 1 mecanica - HallidayFundamentos da Física, Vol 1 mecanica - Halliday
Fundamentos da Física, Vol 1 mecanica - Halliday
 

Semelhante a ConservaçãO Da Energia

Corrente E ResistêNcia
Corrente E ResistêNciaCorrente E ResistêNcia
Corrente E ResistêNciaguestf9bbf1
 
Corrente E Resistência
Corrente E ResistênciaCorrente E Resistência
Corrente E Resistênciadalgo
 
CinemáTica Rotacional
CinemáTica RotacionalCinemáTica Rotacional
CinemáTica Rotacionalguestf9bbf1
 
Movimento 1 D
Movimento 1  DMovimento 1  D
Movimento 1 Ddalgo
 
Movimento 2 E 3 D
Movimento 2 E 3 DMovimento 2 E 3 D
Movimento 2 E 3 Ddalgo
 
Potencial EléTrico
Potencial EléTricoPotencial EléTrico
Potencial EléTricodalgo
 
Campo MagnéTico
Campo MagnéTicoCampo MagnéTico
Campo MagnéTicodalgo
 
Unicamp1998 2fase (1) parte_001
Unicamp1998 2fase (1) parte_001Unicamp1998 2fase (1) parte_001
Unicamp1998 2fase (1) parte_001Thommas Kevin
 
DinâMica De PartíCulas
DinâMica De PartíCulasDinâMica De PartíCulas
DinâMica De PartíCulasguestf9bbf1
 
Carga EléTrica E Lei De Coulomb
Carga EléTrica  E Lei De CoulombCarga EléTrica  E Lei De Coulomb
Carga EléTrica E Lei De Coulombdalgo
 
Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001Thommas Kevin
 
OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000
OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000
OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000Josebes Lopes Dos Santos
 
Movimento 2 E 3 D
Movimento 2 E 3  DMovimento 2 E 3  D
Movimento 2 E 3 Ddalgo
 
Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001
Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001
Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001Thommas Kevin
 
Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001Thommas Kevin
 
3º simulado periódico 2016 física
3º simulado periódico 2016   física3º simulado periódico 2016   física
3º simulado periódico 2016 físicaGustavo Mendonça
 
www.aulasdefisicaapoio.com - Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...
www.aulasdefisicaapoio.com -  Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...www.aulasdefisicaapoio.com -  Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...
www.aulasdefisicaapoio.com - Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...Videoaulas De Física Apoio
 

Semelhante a ConservaçãO Da Energia (20)

Algumas respostas de trabalho e energia
Algumas respostas de trabalho e energiaAlgumas respostas de trabalho e energia
Algumas respostas de trabalho e energia
 
Corrente E ResistêNcia
Corrente E ResistêNciaCorrente E ResistêNcia
Corrente E ResistêNcia
 
Corrente E Resistência
Corrente E ResistênciaCorrente E Resistência
Corrente E Resistência
 
CinemáTica Rotacional
CinemáTica RotacionalCinemáTica Rotacional
CinemáTica Rotacional
 
Movimento 1 D
Movimento 1  DMovimento 1  D
Movimento 1 D
 
Movimento 1 D
Movimento 1 DMovimento 1 D
Movimento 1 D
 
Movimento 2 E 3 D
Movimento 2 E 3 DMovimento 2 E 3 D
Movimento 2 E 3 D
 
Potencial EléTrico
Potencial EléTricoPotencial EléTrico
Potencial EléTrico
 
Campo MagnéTico
Campo MagnéTicoCampo MagnéTico
Campo MagnéTico
 
Unicamp1998 2fase (1) parte_001
Unicamp1998 2fase (1) parte_001Unicamp1998 2fase (1) parte_001
Unicamp1998 2fase (1) parte_001
 
DinâMica De PartíCulas
DinâMica De PartíCulasDinâMica De PartíCulas
DinâMica De PartíCulas
 
Carga EléTrica E Lei De Coulomb
Carga EléTrica  E Lei De CoulombCarga EléTrica  E Lei De Coulomb
Carga EléTrica E Lei De Coulomb
 
Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2006 2fase 3dia_parte_001
 
OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000
OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000
OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA - NÍVEL 1 - 1º E 2º ANO - 2000
 
Movimento 2 E 3 D
Movimento 2 E 3  DMovimento 2 E 3  D
Movimento 2 E 3 D
 
Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001
Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001
Fuvest2010 3fase 3dia_parte_001
 
Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001
Unicamp2001 2fase 3dia_parte_001
 
Física1 09
Física1 09Física1 09
Física1 09
 
3º simulado periódico 2016 física
3º simulado periódico 2016   física3º simulado periódico 2016   física
3º simulado periódico 2016 física
 
www.aulasdefisicaapoio.com - Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...
www.aulasdefisicaapoio.com -  Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...www.aulasdefisicaapoio.com -  Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...
www.aulasdefisicaapoio.com - Física - Exercícios Resolvidos Dinâmica do Movi...
 

ConservaçãO Da Energia

  • 1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 23/07/2005 09:00 H RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 1 Capítulo 8 - Conservação da Energia Problemas 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73
  • 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos 02. Alega-se que até 900 kg de água podem ser evaporados diariamente pelas grandes árvores. A evaporação ocorre nas folhas e para chegar lá a água tem de ser elevada desde as raízes da árvore. (a) Suponha que em média a água seja elevada de 9,20 m acima do solo; que energia deve ser fornecida? (b) Qual a potência média envolvida, se admitirmos que a evaporação ocorra durante 12 horas? (Pág. 159) Solução. (a) A água ao ser transportada para o topo da árvore tem sua energia potencial aumentada de UA = 0 até UB = mgh. Ou seja: B ΔU = U B − U A ΔU = mgh O trabalho realizado para elevar a água corresponde à energia que deve ser fornecida: W = −ΔU = − mgh = −81.226,8 J W ≈ −81, 2 kJ (b) W mgh P= = = 1,88025 W Δt Δt P ≈ 1,88 W [Início] 10. Um carro de montanha russa, sem atrito, parte do ponto A (Fig. 25) com velocidade v0. Calcule a velocidade do carro: (a) no ponto B, (b) no ponto C, (c) no ponto D. Suponha que o carro possa ser considerado uma partícula e que permaneça o tempo todo no trilho. (Pág. 159) Solução. Como a única força que realiza trabalho (peso do carrinho) é conservativa, o sistema é conservativo. Portanto é possível aplicar o princípio da conservação da energia mecânica. Vamos supor que na base da montanha russa Ug = 0. (a) E A = EB K A + U gA = K B + U gB 1 2 1 2 mv0 + mgh = mvB + mgh 2 2 ________________________________________________________________________________________________________ 2 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES vB = v0 (b) E A = EC K A + U gA = K C + U gC 1 2 1 2 h mv0 + mgh = mvC + mg 2 2 2 v0 + 2 gh = vC + gh 2 2 vC = v0 + gh 2 (c) E A = ED K A + U gA = K D + U gD 1 2 1 2 mv0 + mgh = mvC + 0 2 2 v0 + 2 gh = vC 2 2 vC = v0 + 2 gh 2 [Início] 13. Uma haste delgada de comprimento L = 2,13 m e de massa desprezível pode girar em um plano vertical, apoiada num de seus extremos. A haste é afastada de θ = 35,5o e largada, conforme a Fig. 28. Qual a velocidade da bola de chumbo presa à extremidade inferior, ao passar pela posição mais baixa? (Pág. 160) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ 3 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Lcosθ θ L A vA = 0 h B m vB Ug = 0 A única força que realiza trabalho neste sistema é o peso da massa m. A tensão na corda, que é radial, é sempre ortogonal aos deslocamentos tangenciais da massa e, portanto, não realiza trabalho. Logo, a energia mecânica do sistema é conservada: E A = EB K A + U gA = K B + U gB 1 2 0 + mgh = mvB + 0 2 2 g ( L − L cos θ ) = vB 2 vB = 2 gL(1 − cos θ ) = 2, 749135 m/s vB ≈ 2, 75 m/s A expressão literal da resposta indica que se 1 − cos θ = 0 implica em vB = 0. Isso ocorre quando B cos θ = 1 ou θ = 0o. [Início] 21. A mola de um revólver de brinquedo tem constante elástica de 7,25 N/cm. O revólver é inclinado de 36,0o acima da horizontal e dispara uma bola de 78 g à altura de 1,9 m acima da boca do revólver. (a) Qual a velocidade de saída da bola? (b) De quanto deve ter sido comprimida inicialmente a bola? (Pág. 161) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: C y vC g v0 h B θ θ x A m d k Como o sistema é conservativo, vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos B e C. EB = EC ________________________________________________________________________________________________________ 4 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES K B + U gB = K C + U gC No ponto C o projétil tem velocidade vertical igual a zero e velocidade horizontal (que é a velocidade do projétil) igual a v0 cos θ. 1 2 1 mv0 + 0 = m ( v0 cos θ ) + mgh 2 2 2 v0 = v0 cos 2 θ + 2 gh 2 2 2 gh v0 = = 10,3874 m/s 1 − cos 2 θ v0 ≈ 10 m/s (b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e B: E A = EB K A + U gA + U eA = K B + U gB + U eB 1 1 2 ⎛ 2⎞ 0 − mgd sen θ + kd 2 = mv0 + 0 + 0 ⎜× ⎟ 2 2 ⎝ k⎠ 2mg sen θ mv 2 d2 − d− 0 =0 k k As raízes desta equação são: d1 = 0,108364 d 2 = −0,107123 Como d > 0: d1 ≈ 0,11 m [Início] 23. Uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito, ficando um quarto do seu comprimento dependurado na borda (veja Fig. 33). O comprimento da corrente é L e sua massa m; que trabalho é necessário para puxar para o tampo da mesa a parte dependurada? (Pág. 161) Solução. Considerando-se que a força F irá puxar a corrente para a direita com velocidade constante, seu módulo será sempre igual ao módulo do peso P(y) da parte suspensa da corrente. Como o peso o peso da parte suspensa da corrente é variável, F também é variável. Seja μ a densidade linear de massa da corrente: ________________________________________________________________________________________________________ 5 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m μ= L m = μL A massa da parte suspensa, que depende do comprimento y (coordenada vertical) vale: m( y ) = μ y Logo: F( y ) = P( y ) = m( y ) g = μ gy Portanto, o trabalho da força F(y) vale: L/4 y L/4 m y2 mg L2 W = ∫ F( y ) dy = ∫ μ gydy = g = . y0 0 L 2 0 2 L 16 mgL W= 32 [Início] 26. Duas crianças brincam de acertar, com uma bolinha lançada por um revólver de brinquedo situado na mesa, uma caixinha colocada no chão a 2,20 m da borda da mesa (veja a Fig. 35). Kiko comprime a mola de 1,10 cm, mas a bolinha cai a 27,0 cm antes da caixa. De quanto deve a mola ser comprimida pela Biba para atingir o alvo? (Pág. 161) Solução. Considere o seguinte esquema: v0 = 0 y x 2 1 v g x d l Vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica no lançamento horizontal da bola pela mola: ________________________________________________________________________________________________________ 6 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES E0 = E K0 + U e0 = K + U e 1 1 0 + kx 2 = mv 2 + 0 2 2 kx 2 = mv 2 Logo, para o lançamento 1 teremos: kx12 = mv12 (1) Para o lançamento 2, teremos: kx2 = mv2 2 2 (2) Dividindo-se (1) por (2): x1 v1 = x2 v2 v2 x2 = x1 (3) v1 Movimento horizontal da bola: x = x0 + vx t Logo, para o lançamento 1 teremos: l − d = v1t (4) Para o lançamento 2, teremos: l = v2t (5) Dividindo-se (5) por (4) e lembrando-se que t tem o mesmo valor nessas equações: l v = 2 (6) l − d v1 Substituindo-se (6) em (3): l x2 = x1 = 1, 25388 cm l −d x2 ≈ 1, 25cm [Início] 27. Um pequeno bloco de massa m escorrega ao longo de um aro como mostrado na Fig. 36. O bloco sai do repouso no ponto P. (a) Qual a força resultante que atua nele quando estiver em Q? (b) A que altura acima do fundo deve o bloco ser solto para que, ao passar na parte mais alta do círculo, esteja a ponto de desprender-se dele? ________________________________________________________________________________________________________ 7 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 161) Solução. (a) No ponto Q as forças que atuam no bloco são: Q N y x P P = − mgj (1) N = − Ni (2) Em Q a força normal (N) é a própria força centrípeta do movimento circular de raio R, uma vez que o peso do bloco (P) não possui componente radial. Logo: 2 mvQ Fc ,Q = N = (3) R Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos P e Q: EP = EQ K P + U gP = K Q + U gQ 1 2 0 + mg 5 R = mvQ + mgR 2 vQ = 8 gR 2 (4) Substituindo-se (4) em (3): N = 8 mg (5) Substituindo-se (5) em (2): N = −8mgi (6) Portanto, a força resultante sobre o bloco no ponto Q vale: R =N+P R = −8mgi − mgj (b) A condição para que no ponto T (topo da trajetória circular) o bloco esteja na iminência de desprender-se da superfície é que a força normal exercida pela superfície sobre o bloco (NT) seja zero. Logo, a força centrípeta do bloco no ponto T será seu próprio peso. 2 mvT Fc ,T = P = mg = R vT = gR 2 (7) ________________________________________________________________________________________________________ 8 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos S e T, onde S é o novo ponto da rampa (altura h) de onde será solto o bloco a partir do repouso: ES = ET K S + U gS = KT + U gT 1 2 0 + mgh = mvT + mg 2 R (8) 2 Substituindo-se (7) em (8): 1 h = R + 2R 2 5R h= 2 [Início] 32. O fio da Fig. 38 tem comprimento L = 120 cm e a distância d ao pino fixo P é de 75,0 cm. Quando se larga a bola em repouso na posição mostrada ela oscilará ao longo do arco pontilhado. Qual será a sua velocidade (a) quando alcançar o ponto mais baixo do movimento? (b) quando alcançar o ponto mais elevado depois que o fio encostar no pino? (Pág. 162) Solução. Considere o seguinte esquema: vA = 0 A C d vC r Ug = 0 B vB Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e B: E A = EB K A + U gA = K B + U gB 1 2 0 + mgL = mvB + 0 2 ________________________________________________________________________________________________________ 9 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES vB = 2 gL = 4,8522 m/s vB ≈ 4,85 m/s Esta velocidade é a mesma que seria obtida caso o bloco tivesse caído em queda livre da altura d + r. (b) De acordo com o resultado do problema 33 (Pág. 162), para que a bola faça um círculo completo ao redor do ponto P a distância d deve ser maior do que 3L/5. Como 3L/5 = 72 cm e d = 120 cm, isso implica em d > 3L/5. Portanto, a bola faz uma trajetória circular completa ao redor do pino. Chamando de C o estado do sistema quando a bola está no topo da trajetória circular ao redor do pino: E A = EC K A + U gA = K C + U gC 1 2 0 + mgL = mvC + mg 2( L − d ) 2 vC = 2 gL − 4 g ( L − d ) 2 vC = 2 g (2d − L) = 2, 4261 m/s vC ≈ 2, 43 m/s A expressão literal da resposta indica que se 2d − L = 0 implica em vC = 0. Isso ocorre quando d = L/2. Isto é verdade pois, neste caso, o ponto C (topo da trajetória circular em torno do pino) coincidiria com o pino (mesma altura do ponto A). [Início] 33. Mostre, ainda em relação à Fig. 38, que, para a bolinha do pêndulo completar uma volta inteira em redor do pino deve ser d > 3L/5. (Sugestão: A bolinha deve ter velocidade no alto da trajetória, caso contrário o fio se afrouxa.) (Pág. 162) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ 10 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES vA = 0 A C d vC r Ug = 0 A condição mínima para que a bola complete uma volta em torno do ponto P é que a tensão na corda seja zero. Nesta condição a força centrípeta do seu movimento circular será o próprio peso da bola. 2 mvC Fc = P = mg = r vC = gr = g ( L − d ) 2 (1) Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e C: E A = EC K A + U gA = K C + U gC 1 2 0 + mgL = mvC + mg 2( L − d ) (2) 2 Substituindo-se (1) em (2): 1 mgL = mg ( L − d ) + mg 2( L − d ) 2 L d L = − + 2 L − 2d 2 2 3L d= 5 [Início] 35. Um bloco de 3,22 kg parte do repouso e desliza uma distância d para baixo de uma rampa inclinada de 28,0o e se choca com uma mola de massa desprezível, conforme a Fig. 32. O bloco desliza mais 21,4 cm antes de parar momentaneamente ao comprimir a mola, cuja constante elástica é de 427 N/m. (a) Quanto vale d? (b) A velocidade do bloco continua a aumentar durante certo tempo depois depois de chocar-se com a mola. Qual a distância adicional que o bloco percorre antes de alcançar sua velocidade máxima e começar a diminuir? (Pág. 162) Solução. ________________________________________________________________________________________________________ 11 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (a) Considere o seguinte esquema: d (d + l) sen θ l A θ Ug = 0 B Na ausência da força de atrito o sistema é conservativo e a energia mecânica é conservada: E A = EB K A + U gA + U eA = K B + U gB + U eB 1 0 + mg (d + l ) sen θ + 0 = 0 + 0 + kl 2 2 kl 2 d= − l = 0, 4453 m 2mg sen θ d ≈ 0, 45 m (b) Considere o seguinte esquema da nova situação: d (d + l) sen θ l x A θ Ug = 0 v(x) (l - x) sen θ C Para encontrar a velocidade máxima que o bloco atinge após comprimir a mola de uma distância x vamos construir uma função v(x) = f(x) e em seguida encontrar o valor de x que torna dv(x)/dx = 0. Para construir v(x), vamos aplicar a conservação da energia mecânica aos pontos A, de onde o bloco é solto com velocidade nula, e C, o ponto onde a velocidade é máxima. E A = EC ________________________________________________________________________________________________________ 12 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES K A + U gA + U eA = K C + U gC + U eC 1 2 1 0 + mg (d + l ) sen θ + 0 = mv( x ) + mg (l − x ) sen θ + kx 2 2 2 1/ 2 ⎡ kx 2 ⎤ v( x ) = ⎢ 2 g sen θ (d + x) − ⎥ ⎣ m ⎦ O valor de x que torna dv(x)/dx = 0 vale: −1/ 2 1⎡ dv( x ) kx 2 ⎤ ⎛ 2kx ⎞ = ⎢ 2 g sen θ (d + x ) − ⎥ . ⎜ 2 g sen θ − ⎟=0 (1) dx 2⎣ m ⎦ ⎝ m ⎠ A Eq. (1) somente será verdadeira se: 2kx 2 g sen θ − =0 m mg sen θ x= = 0, 03473 m k x ≈ 3,5 cm [Início] 36. Um garoto está assentado no topo de um hemisfério de gelo (Fig. 39). Ele recebe pequeno empurrão e começa a escorregar para baixo. Mostre que ele perde contato com o gelo num ponto situado à altura 2R/3, supondo que não haja atrito com o gelo. (Sugestão: A força normal anula-se quando se rompe o contato com o gelo.) (Pág. 162) Solução. Considere o seguinte esquema: y m A B h R θ vB θ P x Como a única força que realiza trabalho é conservativa (força peso, P), há conservação da energia mecânica do sistema: E A = EB K A + U gA = K B + U gB ________________________________________________________________________________________________________ 13 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1 2 0 + mgR = mvB + mgh 2 2 vB h= R− (1) 2g Na posição B o garoto está na iminência de perder contato com a superfície esférica. Isto significa que a força normal (N) que o gelo exerce sobre ele é zero. Logo, a força centrípeta do seu movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr). Fc = Pr 2 mvB h = mg sen θ = mg R R v B = gh 2 (2) Substituindo-se (2) em (1): gh h h= R− = R− 2g 2 2R h= 3 [Início] 37. A partícula m da Fig. 40 move-se em um círculo vertical de raio R, no interior de um trilho sem atrito. Quando m se encontra em sua posição mais baixa sua velocidade é v0. (a) Qual o valor mínimo vm de v0 para que m percorra completamente o círculo, sem perder contato com o trilho? (b) Suponha que v0 seja 0,775 vm. A partícula subirá no trilho até um ponto P no qual perde contato com ele e percorrerá o arco indicado aproximadamente pela linha pontilhada. Determine a posição angular θ do ponto P. (Pág. 162) Solução. (a) Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ 14 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES B vB P T R m v0 Ug = 0 A A condição mínima para que a partícula complete uma volta sem perder contato com o trilho é que sua força normal (N) seja zero no ponto mais alto de sua trajetória circular. Nesse ponto sua força centrípeta será o próprio peso da partícula (P). Fc = P = mg 2 mvB = mg R v B = gR 2 (1) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B: E A = EB K A + U gA = K B + U gB 1 2 1 2 mv0 + 0 = mvB + mg 2 R (2) 2 2 Substituindo-se (1) em (2): v0 = gR + 4 gR 2 v0 = 5 gR (3) (b) Considere o seguinte esquema: vP P Pr P θ R m Ug = 0 v0 A No ponto P a partícula perde contato com a superfície, o que torna N nula. Logo, a força centrípeta do seu movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr). Fc = Pr 2 mvP = mg sen θ R ________________________________________________________________________________________________________ 15 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES vP = gR sen θ 2 (4) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e P: E A = EP K A + U gA = K P + U gP 1 1 2 m ( 0, 775v0 ) + 0 = mvP + mg ( R + R sen θ ) 2 2 2 0, 7752 v0 = vP + 2 gR + 2 gR sen θ 2 2 (5) Substituindo-se (3) e (4) em (5): 0, 7752.5 gR = gR sen θ + 2 gR + 2 gR sen θ 5.0, 7752 = 2 + 3sen θ ⎡1 θ = sen −1 ⎢ ⎣3 ( 5.0, 7752 − 2 )⎤ = 19,5345 ⎥ ⎦ θ ≈ 19,5 [Início] 56. Um pequeno objeto de massa m = 234 g desliza em um trilho que tem a parte central horizontal e as extremidades são arcos de círculo (veja Fig. 46). A parte horizontal mede L = 2,16 m e nas porções curvilíneas não há atrito. O objeto é solto no ponto A, situado à altura h = 1,05 m acima do trecho horizontal, no qual ele perde 688 mJ de energia mecânica, devido ao atrito. Em que ponto o objeto irá parar? (Pág. 164) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: A D h μc Ug = 0 B C L Assim que a partícula é solta, sua energia potencial gravitacional inicial UA é convertida em energia cinética. Essa energia vale: U A = mgh Como a parte curva não apresenta atrito, ao chegar ao ponto B sua energia cinética será: K B = U A = mgh (1) ________________________________________________________________________________________________________ 16 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 17. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Na parte plana o atrito começará a dissipar a energia mecânica da partícula, que está totalmente na forma de energia cinética. Devemos verificar se a partícula pára antes do ponto C ou se o ultrapassa, subindo a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana a força de atrito (f) realiza um trabalho W. ΔE = Wat K C − K B = Wat (3) Substituindo-se (1) em (2): K C = mgh + Wat Como K é sempre positivo, temos que se mgh + Wat > 0, o bloco vai subir a rampa oposta. Na verdade, mgh + Wat = 1,722317 J (lembre-se que Wat < 0). Portanto a partícula atravessa a região central e sobe a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana ela perde Wat. O número de vezes que ela consegue atravessar a parte plana (n) é dado por: mgh + nWat ≥ 0 mgh n≥− = 3,50336 Wat Ou seja, a partícula atravessa três vezes a parte central plana e pára aproximadamente em L/2 na quarta vez em que tenta atravessá-la. [Início] 57. Dois picos nevados têm altitude de 862 m e 741 m, respectivamente, acima do vale entre eles. Uma pista de esqui estende-se do cimo do pico mais alto ao do mais baixo, conforme a Fig. 47. (a) Um esquiador parte do repouso no pico mais elevado. Qual sua velocidade ao chegar ao pico mais baixo se ele deslizou sem impulsionar-se com os bastões? Suponha que o solo esteja gelado e por isso não há atrito. (b) Após uma nevada, uma esquiadora de 54,4 kg faz o mesmo trajeto, também sem utilizar os bastões e por pouco não consegue alcançar o pico mais baixo. De quanto aumenta a energia interna dos esquis e da neve sobre a qual ela desliza? (Pág. 164) Solução. (a) Supondo que não haja atrito, as únicas forças que agem sobre o esquiador são o peso e a normal. Como esta é sempre ortogonal ao deslocamento do esquiador, não realiza trabalho. Logo, a força peso (força conservativa) é a única força que realiza trabalho, o que torna o sistema conservativo. Podemos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica: E1 = E2 K1 + U g1 = K 2 + U g 2 1 2 0 + mgh1 = mv2 + mgh2 2 ________________________________________________________________________________________________________ 17 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia
  • 18. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 gh1 = v2 + 2 gh2 2 v2 = 2 g ( h1 − h2 ) = 48, 7239 m/s v2 ≈ 48, 7 m/s (b) Agora há atrito entre o esqui e a neve e o trabalho realizado pelo atrito será igual à variação da energia mecânica do sistema. Wat = ΔE = E2 − E1 = ( K 2 + U g 2 ) − ( K1 + U g1 ) Wat = ( 0 + mgh2 ) − ( 0 + mgh1 ) = mg ( h2 − h1 ) = −64.573,344 J O sinal negativo do trabalho indica que o sistema perdeu essa quantidade de energia, que foi convertida em calor que aquece a neve e os esquis. Logo, o aumento da energia interna observado da neve e dos esquis é: ΔEint,neve = −Wat,esquiador = 64.573,344 J ΔEint,neve ≈ 64, 6 kJ [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 18 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da Energia