Física 1 Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori

1

Da editora Pearson www.aw.com/young_br

Capítulo 6 – 10ª Edição – Sears &Zemansky 6-2: (a) “Puxando lentamente” pode ser entendido que o balde sobe a velocidade constante, então a tensão na corda pode ser considerada como sendo o peso do balde.

Ao se puxar um dado comprimento da corda, da Eq. (6-1),

W = Fs = mgs = (6.75 kg)(9.80 m/s2)(4.00 m) = 264.6 J. (b) A Gravidade está direcionada no sentido oposto do movimento do balde, então da Eq. (6-2) resulta no resultado negativo da parte (a), ou –265 J.

(c) O trabalho resultante realizado sobre o balde é nulo.

6-4: (a) A força de atrito a ser vencida é:

f = kN = kmg = (0.25)(30.0 kg)(9.80 m/s2) = 73.5 N, ou 74 N , considerando apenas dois algarismos significativos.

(b) Da Eq. (6-1), Fs = (73.5 N)(4.5 m) = 331 J. O trabalho é positivo, desde que o trabalhador está empurrando na mesma direção de movimento da caixa.

(c) Desde que f e s estão em direção oposta, da Eq. (6-2) temos: -fs = -(73.5 N)(4.5 m) = -331 J.

(d) Ambas as forças norma e da gravidade atuam na direção perpendicular ao movimento, então nenhuma das forças realizam trabalho.

(e) O trabalho resultante realizado é nulo. 6-6: Da equação . (6-2) Fs cos  = (180 N)(300 m) cos 15.0o = 5.22 x 104 J. 6-8: (a) Da Eq. (6-6), K = _{1.54 10 .} / / 6 . 3 1 ) / 0 . 50 ( ) 1600 ( 2 1 5 2 J x h km s m h km kg _            

(b) A Equação (6-5) apresenta a dependência explicita da energia cinética sobre a velocidade. Dobrando a velocidade de qualquer objeto aumenta a sua energia cinética por um fator de quatro.

6-10: Dobrando a velocidade aumenta a energia cinética, e por conseqüência quadruplica o módulo do trabalho feito por atrito. Com a força de parada, definida como sendo independente da velocidade, a distância também deve aumentar por um fator quatro.

6-12: Como o exemplo explica, os barcos possuem a mesma energia cinética K na linha de chegada , então

(1/2) 2

(

1

/

2

)

2

,

B B A A

v

m

v

m



ou com

.

2

,

2

2 2 B A A B

m

v

v

m





(a) Resolvendo para a razão das velocidades, obtemos: vA/vB =

2

.

(b) Os barcos partem do repouso, então o tempo transcorrido é a distância dividida pela sua velocidade media. Como a razão entre as velocidades media é a mesma que a razão das velocidades final, então a razão entre os tempos transcorrido é tB/tA = vA/vB =

2

.

6-14: Da Equação (6-1), (6-5) e (6-6), e resolvendo para F, temos:





. 0 . 32 ) 50 . 2 ( ) ) / 00 . 4 ( ) / 00 . 6 )(( 00 . 8 ( 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 N m s m s m kg s v v m s K F       

6-16: (a) Se não existe trabalho realizado pelo atrito, a energia cinética final é o trabalho realizado pela força aplicada,. Resolvendo para a velocidade, temos:

. / 48 . 4 ) 30 . 4 ( ) 20 . 1 )( 0 . 36 ( 2 2 2 s m kg m N m Fs m W v    (b) O trabalho resultante é Fs – fks – (F - kmg)s, então

m

s

mg

F

v



2

(





k

)

) 30 . 4 ( ) 20 . 1 ))( / 80 . 9 )( 30 . 4 )( 30 . 0 ( 0 . 36 ( 2 2 kg m s m kg N  = 3.61 m/s.

(Note que mesmo que se pense que o coeficiente de atrito seja conhecido para apenas dois lugares, a diferença das forças é ainda conhecida para três lugares.) 6-18: (a) A Gravidade atua na mesma direção que o movimento da melancia, então da Eq. (6-1) temos: W = Fs = mgs = (4.80 kg)(9.80 m/s2)(25.0 m) = 1176 J.

(b) Como o melão é liberado do repouso, sua K1 = 0, e da Eq. (6-6) temos:K = K2 = W = 1176 J.

6-20: A força normal não realiza trabalho Do Teorema trabalho – energia, junto com a Eq. (6-5), temos

,

2

2

2

2

_

sin

gL

gh

m

W

m

K

v









onde h = L sen  é a distância vertical que o bloco caiu, e  é o ângulo que o plano faz com a horizontal. Usando os números dados, temos:

.

/

97

.

2

9

.

36

)

75

.

0

)(

/

80

.

9

(

2

2

s

m

sin

m

s

m

v



o



6-22: O calculo intermediário da constante da mola pode ser evitado utilizando-se a Eq. (6-9) para verificar que o trabalho é proporcional ao quadrado da extensão. O trabalho necessário para comprimir de 4.00 cm uma mola é (12.0 J) :

.

3

.

21

00

.

3

00

.

4

2

J

cm

cm

_













6-24: O trabalho pode ser encontrado através da área sob o gráfico. Cuidado com o sinal da força. A área sob cada triângulo é ½ base x altura.

(a) ½ (8 m)(10 N) = 40 J. (b) ½ (4 m)(10 N) = +20 J. (c)½ (12 m)(10 N) = 60 J.

6-26: (a)A força média é (80.0 J)/(0.200 m) = 400 N, e a força necessária para segurar a plataforma no lugar é duas esse valor, isto é 800 N.

(b) Da Eq. (6-9), dobrando-se a distância, quadruplica-se o trabalho realizado, então um trabalho extra de 240 J deve ser realizado. A força máxima é quadruplicada, 1600 N. Ambas as partes pode é clara ser feita, resolvendo-se para a constante da Mola, ie:

k= 2(80.0 J)  (0.200 m)2 = 4.00 x 103 N/m, que conduz aos mesmos resultados.

6-28: (a) A mola está realizando pressão sobre o bloco e na sua direção do seu movimento, então o trabalho é positivo e igual ao trabalho realizado na compressão da

2

mola. Da Eq. (6-9) ou Eq. (6-10), temos:

. 06 . 0 ) 025 . 0 )( / 200 ( 2 1 2 1 2 2 J m m N kx W  

(b) Do Teorema do trabalho – energia, temos:

. / 18 . 0 ) 0 . 4 ( ) 06 . 0 ( 2 2 s m kg J m W v   6-30: (a) K = 4.0 J, então v =

₂

_K

_/

_m



₂

₍

₄

_.

₀

_J

₎

_/(

₂

_.

₀

_kg

₎



₂

_.

₀₀

_m

_/

_s

_.

(b) Nenhum trabalho é realizado entre x = 3.0 m e x = 4.0 m, então a velocidade é a mesma: 2.00 m/s.

(c)K = 3.0 J, então



2

.

0



1

.

73

/

.

/

)

0

.

3

(

2

/

2

K

m

J

kg

m

s

v







6-32: (a) Da Eq. (6-14), com dl = Rd,











2

cos

2

₀0

cos

2

/

sen

₀

.

1











wR

d

wR

dl

F

W

P P

Em um tratamento geométrico quivalente, quando

F



é horizontal,

_F





_d

_l





_F

_dx

_,

e o trabalho total é F = 2w vezes a distância horizontal, neste caso (veja Fig. 6-18(a)) R sin 0, dando o mesmo resultado.

(b) A razão das forças é

.

cot

2

tan

2

0 0







w

w

(c) . 2 cot 2 ) cos 1 ( sen 2 ) cos 1 ( sen 2 0 0 0 0 0











_    wR wR

6-34: As energias cinética inicial e final do tijolo são ambas nulas, então o trabalho resultante realizada sobre o tijolo pela mola e gravidade é nulo. Então (1/2)kd2 – mgh = 0, ou

d =

2

mgh k

/



2(1.80 )(9.80 / )(3.6 ) / (450 / )

kg

m s

2

m

N m

2

mgh k

/



0.53 .

m

Enquanto a mola e o tijolo estão em contato, a mola fornece uma força para cima. Quando esta força vai para zero, a mola está em seu estado descomprimido.

6-36: (a)

.

10

2

.

3

)

/

10

16

.

3

(

)

/

10

0

.

1

(

11 7 19

W

x

yr

s

x

yr

J

x



(b) . / 2 . 1 10 6 . 2 10 2 . 3 8 11 pessoa kW folks x W x _ (c)

₈

_.

₀

₁₀

₈₀₀

_.

/

10

0

.

1

)

40

.

0

(

10

2

.

3

8 2 2 2 3 11

km

m

x

m

W

x

W

x

_

_

6-38: (a) O numero por minuto seria a potencia media dividida pelo trabalho(mgh) necessário para levantar a caixa,





1

.

41

/

.

)

90

.

0

(

/

80

.

9

)

30

(

)

/

746

)(

50

.

0

(

2

s

m

s

m

kg

hp

W

hp

_

ou 84.6 / min. (b) Analogamente,

,

/

378

.

0

)

90

.

0

)(

/

80

.

9

)(

30

(

)

100

(

2

s

m

s

m

kg

W

_

ou 22.7 / min.

6-40: De qualquer uma das seguintes Equações 15),

(6-16), (6-18) ou (6-19),

.

57

.

3

10

66

.

2

)

00

.

4

(

)

80

.

2

)(

3800

(

3

hp

W

x

s

m

N

t

Wh

P









6-42: Aqui a aplicação da Eq. (6-19) é a forma mais direta. A gravidade está realizando um trabalho negativo, então a corda deve realizar um trabalho positivo para levantar o esquiador. A força da gravidade F, e F = Nmg, onde N é o número de esquiadores na corda. A potencia é então: P = (Nmg)(v) cos  = (50)(70 kg) (9.80 m/s2) (12.0 km/h) ) 0 . 15 0 . 90 ( cos / 6 . 3 / 1 o o h km s m _       = 2.96 x 104 W.

Note que a Eq. (1-18) utiliza  como sendo o ângulo entre a força e o vetor velocidade. Nesse caso a força é vertical, mas o ângulo 15.0o é medido da horizontal, portanto é utilizado o valor  = 90.0o – 15.0o . 6-44:















2

2

1

mv

dt

d

dt

dK

_{= mv}

dt

dv

= mva = ma v = Fv = P. 6-46: (a)

.

10

68

.

1

))

/

6

.

3

/(

)

/

1

)((

/

0

.

60

(

10

0

.

28

3 3

N

x

h

km

s

m

h

km

W

x

v

P

F







(b) A velocidade é diminuída pela metade, e a força resistiva é diminuída por um fator de (0.65 + 0.35/4), e portanto a potência nessa velocidade mais baixa é: (28.0 kW)(0.50)(0.65 + 0.35/4) = 10.3 kW = 13.8 hp. (b) Analogamente, em velocidades mais alta: (28.0 kW)(2.0)(0.65 + 0.35 x 4) = 10.3 kW = 13.8 hp. 6-48: A massa altera o modulo de atrito do rolamento, mas o atrito do ar permanece inalterado. A mudança percentual na potencia é : (a)

%

9

.

4

220

)

060

.

0

(

180

_

N

N

e (b)

%.

0

.

2

540

)

060

.

0

(

180

_

N

N

6-50: O trabalho por unidade de massa é (W/m) = gh. (a) O homem faz o trabalho, (9.8 N/kg)(0.4 m) = 3.92 J/kg.

(b) (3.92 J/kg)/(70 J/kg) x 100 = 5.6%.

(c) A criança faz o trabalho, (9.8 N/kg)(0.2 m) = 1.96 J/kg. (1.96 J/kg)/(70 J/kg) x 100 = 2.8%.

(d) Se ambos, o homem e a criança podem fazer o trabalho a uma taxa de 70 J/kg, e se a criança apenas precisa utilizar 1.96 J/kg ao invés de 3.92 J/kg, a criança seria capaz realizar muito mais.

6-52: (a) kg m s m J x g s W g m g 7 . 41 ) 0 . 18 )( / 80 . 9 ( ) 10 35 . 7 ( / 2 3      (b)

.

458

0

.

18

10

25

.

8

3

N

m

J

x

s

W

N



N





O peso é , 408N s W

m g g então a aceleração é a força resultante dividida pela massa,

3

.

/

2

.

1

7

.

41

408

458

2

s

m

kg

N

N



_

6-54: (a) Wf = - fks = -kmg cos  s = -(0.31)(5.00 kg)(9.80 m/s2) cos 12.0o (1.50 m) = -22.3 J (mantendo um algarismos significativo a mais)

(b) (5.00 kg)(9.80 m/s2) sen 12.0o (1.50 m) = 15.3 J. (c) A força normal não realiza trabalho.

(d) 15.3 J - 22.3 J = -7.0 J. (e) K2 = K1 + W = (1/2)(5.00 kg)(2.2 m/s) 2 – 7.0 J = 5.1 J,

.

/

4

.

1

)

00

.

/(

)

1

.

5

(

2

2

J

g

kg

m

s

v





6-56: (a) Da Eq. (6-7),







 _ _  _  _  1 1 1 . 1 2 2 2 1 2 1 2 1 x x k x k x dx k dx F W z x x x x x x

A força é atrativa, então Fx < 0, e k deve ser positivo. Se x2 >

,

1

1

,

1 2 1

x

x

x



e W < 0.

(b) Considerando “lentamente” se a velocidade constante, a força resultante sobre o objeto é nula, então a força aplicada pelas mãos é oposta a Fx, e o trabalho realizado é o negativo daquele encontrado na parte (a), ou

,

1

1

2 1















x

x

k

o qual é positivo se x2 > x1. (c) As repostas possuem o mesmo módulo mas com sinal trocado. Isto era esperado já que o trabalho resultante realizado é nulo. 6-58: Da Eq. (6-7), com x1 = 0, 4 2 3 2 2 2 3 2 0 4 3 2 ) ( 2 2 x c x b x k dx cx bx kx Fdx W x x o      _{ } =

₍

₅₀

_.

₀

_/

₎

₍

₂₃₃

_/

₎

₍

₃₀₀₀

_/

₎

4

_.

2 3 3 2 2 2 2

N

m

x

N

m

x

x

m

N





(a) Quando x2 = 0.050 m, W = 0.115 J, ou 0.12 J (para dois algarismos significativos).

(b) Quando x2 = - 0.050 m, W = 0.173 J, ou 0.17 J (para dois algarismos significativos).

(c) É mais fácil esticar a mola. O termo quadrático –

bx2 está sempre na direção –x , e portanto a força necessária e por conseqüência o trabalho necessário, será menor quando x2 > 0.

6-60: (a) Isto é análogo ao Problema 6-56, mas aqui a > 0 (a força é repulsiva), e x2 < x1, então o trabalho realizado é novamente negativo. 1 2 1 1 W a x x    _  _   26 2 1 9 1 (2.12 10 ((0.200 ) (1.25 10 )) W x  N m m  x m = -2.65 x 10-17 J.

Note que x1 é muito grande quando comparado a x2 que o termo

1

1

x

é desprezível. Então, utilizando a Eq. (6-13) e resolvendo para v2, 2 2 1 2W v v m   17 5 2 5 2 27 2( 2.65 10 (3.00 10 / ) 2.41 10 / . (1.67 10 ) x J v x m s x m s x kg       (b)Com K2 = 0, W = -K1. Utilizando

_,

2

x

a

W





2 2 1 1 2 a a x K mv   26 2 10 2 27 5` 2 2(2.12 10 ) 2.82 10 . (1.67 10 )(3.00 10 / ) x N m x x m x kg x m s      

(c) A força repulsiva não realizou nenhum trabalho resultante, então a energia cinética e por consequência a velocidade do próton possuem seus valores originais, e a velocidade é 3.00 x 105 m/s.

6-62: Na Eq. (6-14), dl = dx and  = 31.0o é constante, e

portanto

_W





_F

_dl





x

_F

_dx

x P P

cos



cos



2 1 2 1 = (5.00 N/m2) cos 31.0o



1.50 2



₃

_.

₃₉

_.

00 . 1

x

dx

J

m m

A velocidade final do objeto é:

2 2 1 2W v v m   2 2 2(3.39 ) (4.00 / ) 6.57 / . 0.250 ) J v m s m s kg    6-64: (a)

_.

)

1

(

|

))

1

(

(

1 0 1 0 0    













_

_{x n n x n}

x

n

b

x

n

b

dx

x

b

W

Note que para esta parte, para

.

0

,

1

1











x

as

x

n

n

(b) Quando 0 < n < 1, a integral imprópria deve ser utilizada , , ( ) 1 ( 1 0 1 2

lim

2       _      n n x x x n b W

e devido ao expoente sobre 2 1  n

x

ser positivo, o limite não existe e a integral diverge. Isto é interpretado como a força F realizando uma quantidade infinita de trabalho, apesar do fato de que

F



0

as

x

₂





.

6-66: (a)Igualando o trabalho realizado pela mola com o ganho em energia cinética, temos:

, 2 1 2 1 2 2 0 mv kx  então:

.

/

93

.

6

)

060

.

0

(

)

0300

.

0

(

)

/

400

(

0

m

m

s

kg

m

N

x

m

k

v







(b) Wtot deve agora incluir o atrito, então , 2 1 2 1 0 2 0 2 fx kx W mv  to t 

onde f é o módulo da força de atrito. Então 0 2 0 2 x m f x m k v 





(0.06 ) 4.90 / . ) 0300 . 0 ( ) 00 . 6 ( 2 06 . 0 0300 . 0 / 400 2 s m m kg N m kg m N _{ } 

(c) A maior velocidade ocorre quando a aceleração (e a força resultante) são nulas, ou kx = f,

.

0150

.

0

/

400

00

.

6







m

N

N

k

f

x

Para se

encontrar a velocidade, a força resultante é:

),

(

)

(

2

1

0 2 2 0

x

f

x

x

x

k

W

to t









então a velocidade

4

máxima é :



x

x



m

f

x

x

m

k

v







0



2 2 0 max

2

)

(

 m m kg N m m kg m N 0150 . 0 060 . 0 ) 0300 . 0 ( ) 00 . 6 ( 2 ) ) 0150 . 0 ( ) 060 . 0 (( ) 0300 . 0 ( / 400 2 2   

= 5.20 m/s, a qual é maior que o resultado da parte (b), mas menor que o resultado da parte (a).

6-68: O trabalho realizado pela gravidade é Wg = -mgL sen  (negativo pois o gato está se movendo para cima), e o trabalho realizado pela força aplicada é FL, onde F é o módulo da força aplicada . O trabalho total é:



2.00



(7.00 )(9.80 / (2.00 ) 30 131.4 . ) 100 ( 2 J sin m s m kg m N W o to t  

A energia cinética inicial do gato é: and J s m kg mv (7.00 )(2.40 / ) 20.2 , 2 1 2 1 2 2 1 

.

/

58

.

6

)

00

.

7

(

)

4

.

131

2

.

20

(

2

)

(

2

1 2

m

s

kg

J

J

m

W

K

v











6-70: Os estudantes realizam um trabalho positivo, e a força que eles exercem faz um ângulo de 30.00 com a direção do movimento. A força da gravidade realiza um trabalho negativo, em um ângulo de 60.0o com relação ao movimento da cadeira, então o trabalho total realizado é Wtot = ((600 N) cos 30.0o – (85.0 kg)(9.80 m/s2) cos 60.0o)(2.50 m) = 257.8 , e portanto a velocidade no topo da rampa é :

. / 17 . 3 ) 0 . 85 ( ) 8 . 257 ( 2 ) / 00 . 2 ( 2 2 2 1 2 m s kg J s m m W v v   tot   

Note que algarismos significativos extras foram conservados durante os cálculos intermediários e de forma a se evitar erros de arredondamento.

6-72: O trabalho total realizado é a soma do trabalho realizado pela gravidade (sobre o bloco pendurado) e o trabalho realizado pelo atrito (sobre o bloco na mesa). O trabalho realizado pela força da gravidade é (6.00 kg) gh e o trabalho realizado pela força de atrito é -k(8.00 kg) gh, então

. 8 . 58 ) 50 . 1 )( / 80 . 9 )( 00 . 8 ) 25 . 0 ( 00 . 6 ( 2 J m s m kg kg Wto t  

Este trabalho aumenta a energia cinética sobre ambos

os blocos;

_

_

, 2 1 2 2 1 m v m Wto t  então

.

/

90

.

2

)

00

.

14

(

)

8

.

58

(

2

s

m

kg

J

v





6-74: A seta adquirirá a energia que foi usada ao se encurvar o arco (isto é, o trabalho feito pelo arqueiro), que será a área sob a curva que representa a força em função da distância. Uma maneira possível de se estimar este trabalho, é aproximar a curva F vs. x como uma parábola, a qual vai para zero em x = 0 e x = x0, e tem um máximo de F0 em x =

2

0

x

_, tal que

₍

₎

4





_.

0 2 0 0

x

x

x

x

F

x

F





Isto pode parecer como uma aproximação, mas com isto temos a vantagem de ser mais fácil para se integrar:

        _    . 3 2 3 2 4 ) ( 4 0 0 3 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 0 0 0 _x x x _Fx x F dx x x x x F dx F x x Com F0 = 200 N e x0 – 0.75 m, W = 100 J. A velocidade da seta é:

.

/

89

)

025

.

0

(

)

100

(

2

2

s

m

kg

J

m

W

_

_

Outras formas

de se achar a área sob a curva na Fig. (6-27) deverá conduzir a resultados similar.

6-76: P = Fv = mav= m(2a + 6t)(2at + 3t2) = m(4a2t + 18at2 + 182t3)=

(0.96 N/s)t + (0.43 N/s2)t2 + (0.043 N/s3)t3. Para t = 4.00 s, a potência de saída é 13.5 W.

6-78: (a)O beija flor gera energia a uma taxa de 0.7 J/s a 1.75 J/s. Para 10 batidas/s, o passarinho deve gastar entre 0.07 J/batida a 0.175 J/batida.

(b)A saída contínua do atleta é 500 W/70 kg = 7

W/kg, o qual esta abaixo dos 10 W/kg necessário para

permanecer para permanecer no ar. Embora o atleta possa gastar 1400 W/70 kg = 20 W/kg por curtos períodos de tempo, nenhuma aeronave “energisada” por um ser humano poderia permanecer no ar por muito tempo. Filmes antigos sobre máquinas “energisadas” por seres humanos, tentam demonstrar o que constatamos acima.

6-80: (a)A potência P está relacionada com a velocidade por:Pt = K =

_,

2

1

2

mv

então , 2 m Pt v (b) . 2 2 1 2 2 2 mt P t m P t dt d m P m Pt dt d dt dv a     (c)

_

_

_

_

_

_

_

_.

9

8

3

2

2

2

2 3 2 3 2 1 0

t

m

P

t

m

P

dt

t

m

P

dt

v

x

x

6-82: (a) O número de carros é obtido dividindo-se a potência total disponível pela potência necessária para cada carro, , 177 ) / 27 )( 10 8 . 2 ( 10 4 . 13 3 6  s m N x W x

que foi arredondado por baixo, resultando em número inteiro.

(b) Para acelerar uma massa total M a uma aceleração a e velocidade v, a potência extra necessária é

Mav. Para subir uma montanha cujo inclinação é um

ângulo a, será necessário uma potência extra de Mg sen av. Isto será aproximadamente o mesmo que se a  g sen a; se g sen a  g tan a  0.10 m/s2, a potência é aproximadamente a mesma que aquela necessária para acelerar a 0.10 m/s2.

(c) (1.10 x 106 kg)(9.80 m/s2)(0.010)(27 m/s) = 2.9 MW.

(d) A potência necessária por carro é aquela utilizada na parte (a), mais aquela encontrada na parte (c), onde M é a massa de um único carro. O número total de carros é então: , 36 ) / 27 ))( 010 . 0 )( / 80 . 9 )( 10 2 . 8 ( 10 8 . 2 ( 10 9 . 2 10 4 . 13 2 4 3 6 6    s m s m kg x N x W x W x

que foi arredondado para o número inteiro mais próximo. 6-84: (a) Ao longo deste caminho, y é constante e o deslocamento é paralelo a força, então:

5

. 0 . 15 2 ) 00 . 2 ( 2 J m _

(b) Desde que a força não possui componente na direção y, nenhum trabalho é realizado movendo-se nesta direção.

(c) Ao longo deste caminho, a variação de y com a posição ao longo deste é dada por y – 1.5x, então Fx = a(1.5x)x = 1.5ax2, e       10.0 . 3 ) 00 . 2 ( ) / 50 . 2 ( 5 . 1 5 . 1 3 2 2 J m m N dx x a dx F W x

6-86: Utilize o Teorema Trabalho – Energia W = KE, e

integre para encontrar o trabalho.



      ( sen cos ) . 2 1 0 0 2 0andW mg mg a dx mv KE x





Então, . cos 2 sen , ) cos (sen 2 0    _  _   mg a Ax a dx W mg ax Ax a W x

Faça W = KE, então:

. cos 2 sen 2 1 2 2 0     _    mv mg ax Ax



Para eliminar x, observe que a caixa atinge o repouso quando a força de atrito estático equilibra a componente do peso (que está direcionada para baixo) . Então, mg sin a = Ax mg cos a; resolvendo isto para x e substituindo na equação anterior, temos: . cos sen a A a x Portanto, , cos 2 cos sen cos sen sen 2 1 2 2 0                      A a a a A a A a a g v

após simplificação dos termos, encontramos,

.

cos

sen

3

2 2 0

a

A

a

g

v



A caixa permanecerá estacionada sempre que

.

cos

sen

3

2 2 0

a

A

a

g

v



6-88: Em ambos os casos, uma dada quantidade de combustível representa uma certa quantidade de trabalho W0 que o motor realiza movimentando o aeroplano contra a força de resistência. Em termos do maior alcance R possível e da velocidade constante v (presumida), temos:

. 2 2 0       _   v av R RF W



Em termos to tempo T de vôo, R = vT, então

. 3 0       _   v av T vTF W



(a) Ao invés de resolver para R em função de v, derivamos com relação a v a primeira dessas relações, e fazendo-se 0 0 dv dW para se obter

_

_

₀

_.

dv

dF

R

F

dv

dR

Para o alcance máximo,

, 0  dv dR então

_

₀

_.

dv

dF

Realizando a diferenciação, temos

,

0

/

2

2



3





av

v

dv

dF

_

_{o qual é resolvido,} resultando em:

.

/

118

/

9

.

32

//

30

.

0

/

10

5

.

3

1/4 2 2 2 2 5 4 / 1

h

km

s

m

m

s

N

s

m

N

x

v

_







































(b) Da mesma forma, o tempo máximo é ncontrado fazendo-se

₍

_Fv

₎

_

₀

_;

dv

d

_{realizando essa derivada,}

encontramos:

3av2 - /v2 = 0, donde encontramos: . / 90 / 25 ) / 30 . 0 ( 3 / 10 5 . 3 3 4 / 1 2 2 2 2 5 4 / 1 h km s m m s N s m N x a v _                   6-90 (a) De . , , Fx m ax Fy m ay and Fz m az a m F      Generalizando, a Eq. (6-11) é:

,

dx

dv

v

a

x x x



,

dy

dv

v

a

y y y



, dz dv v a z z z

O trabalho total é portanto:









. 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ) 2 , 2 , 2 ( ) 1 1 , 1 ( mv mv v v v v v m dv v dv v dv v m dz dz dv v dy dy dv v dx dv v m dz F dy F dx F W z z y x x z z z v y y v v x x v v z z z z y y v v x x x x z y x to t z z y y x x y y z y x z m y x                   _{  }     

6

Exercício _Gabarito 6.1 _(a)

_3.60J

_{(b) -0.900J (c) 2.70J} 6.3

_300J

6.5 (a)

99.2J

(b) 387J (c) -387J (d)

0; 0

(e) 0 6.7 9

2.6 10 J



6.9 _(a) 3

4.3 10 J



(b) 40 km/h 6.11 74.2J 6.13 _(a)





1

15 16 K



(b) não 6.15 16.8 cm 6.17 (a)



28.4J

(b) 15.3 m/s (c) não 6.19 _(a)

_{4.96m s}

_(b) 2

1.43

a



m s

;

v



4.96

m s

6.21 _(a) 2 0

2

C

v



g

(b)

51.3m

6.23 Aproximadamente US$ 108 6.25 _(a)

_{2.8m s}

_{(b) 3.5 m/s} 6.27 _(a)

_1.76

_{(b) 0.67 m/s} 6.29 (a)

4J

(b) 0 (c) -1.0 J (d)

3J

(e) -1.0 J 6.31 _(a)

_{2.83m s}

_(b)

_{2.40m s}

6.33 _(a)

_5.65cm

_(b)

_não

_;0.57

_J

6.35 743 W 6.37 0.23 6.39 28 6.41 6

8.1 10 N



6.43

₉

_{(b) 0 (c) 108 W} 6.45

_11L

(b) 0 (c) 0.10 km/h 6.47 (a)

385N

(b) 35211kW (c) 3029kW (d)

2.03%

6.49 (a)

532J

(b) -315 J (c) 0 (d)



203J

(e)

14.7J

(f)

1.21m s

6.51 (a) 1 sen



(b)

_W

_ent



_W

_saída

6.53 (a) 12 2.59 10 J (b) 4800J Exercício _Gabarito 6.55 2.59 m 6.57 (a) 4.00 N (b) 32 N (c) -15.0 J 6.59 (a) 0.15 N (b) 9.4 N (c) 0.44 J 6.61 (a) 2.56 m/s N (b) 5.28 N (c) 19.7 J 6.63 _{(a) -910 J (b)} 3

3.17 10 J



6.65 5

1.0 10 N m



6.67 1.1 m a partir do ponto onde a mola é liberada 6.69 _(a) 4

1.02 10



N m

,8.16

m

6.71 (a) 0.6 m (b) 1.50 m/s 6.73 0.786 6.75 _(a) 5

1.1 10 J



(b)

1.3 10 J



5 (c) 3.39 kW 6.77 3.6 h 6.79 3 3

1.3 10 m s



6.81 _(a) 5

1.26 10 J



(b)

1.46W

6.83 _(a)

_2.4MW

_(b)

_61MW

_{(c) 6MW} 6.85 _(a)

_513W

_(b)

_355W

_{(c) 52.1W} 6.87 (a)

1

2

6

M v



(b)

6.1

m

s

(c) 3.9 m/s (d)

K

_bola



0.40

J

(e)

K

_Mola



0.60

J

6.89 _(a) 5

2 10 J



(b)

2.8 10 J



5 (c)

5

2.8 10 J



(d)

5km h

7

7-2: (a) Para velocidade constante a força resultante é nula, então a força necessária é o peso do saco, (5.00 kg)(9.80 m/s2) = 49 N.

(b) A força de elevação atua na mesma direção do movimento do saco, então o trabalho é igual produto do peso pela distância, (49.00 N)(15.0 m) = 735 J; este trabalho se transforma em energia potencial. Note que o resultado é independente da velocidade e que algarismos significativos extras foram considerados na parte (b) a fim de se evitar erros de arredondamento.

7-4: (a) A corda faz um ângulo de arcsen o

m m 30 0 . 6 0 . 3 _      

com a vertical. A força horizontal necessária é então

w tan  = (120 kg)(9.80 m/s2) tan 30o = 679 N, ou 6.8 x 102 N para dois algarismos significativos.

(b) Ao movimentar o saco a corda não realiza trabalho, então o trabalhador realiza uma quantidade de trabalho igual a variação da energia potencial, isto é (120 kg)(9.80 m/s)(6.0 m) (1 – cos 30o) = 0.95 x 103 J. Note que isto não é o produto do resultado da parte (a) pelo deslocamento horizontal. A força necessária para manter o saco em equilíbrio muda quando o ângulo variar.

7-6: (a) Seja o topo da rampa como ponto 2.) Na Eq. (7-7), K2 = 0, Woutro = -(35 N) x (2.5 m) = -87.5 J, e fazendo-se U1 = 0 e U2 – mgy2 = (12 kg)(9.80 m/s 2 ) (2.5 m sen 30o) = 147 J, v1 = _{6.25 / ,} 12 ) 5 . 87 147 ( 2 s m kg J

J _{ para dois algarismos} significativos. Ou o trabalho realizado pela força de atrito e a variação na energia potencial são proporcional a distância que a cesta se movimenta para cima na rampa, e portanto a velocidade inicial é proporcional a raiz quadrada da distância subida na rampa, isto é (5.0 m/s)

.

/

25

.

6

6

.

1

5

.

2

s

m

m

m



Na parte (a), nós calculamos Woutro e U2. Utilizando Eq.

(7-7),K2 -

J

J

J

s

m

kg

)(

11

.

0

/

)

87

.

5

147

491

.

5

12

(

2

1

2

_

_

_

. / 05 . 9 ) 12 ( ) 5 . 491 ( 2 2 ₂ 2 m s Kg J m K v   

7-8: A velocidade é v e a energia cinética é 4K. O trabalho realizado pela força de atrito é proporcional a força normal e portanto a massa, então cada termo na Eq. (7-7) é proporcional a massa total da caixa e, a velocidade na parte mais baixa é a mesma para qualquer massa. A energia cinética é proporcional a massa e para a mesma velocidade mas 4 vezes a massas, a energia cinética fica quadruplicada . 7-10: Tarzan está localizado no ponto mais baixo de sua altura original de uma distância igual a l(cos 30 – cos 45), e portanto a sua velocidade é:

,

/

9

.

7

)

45

cos

30

(cos

2

gl

m

s

v



o



o



um pouco rápido para uma conversa.

7-12: (a) No topo do balanço, quando a energia cinética é nula, a energia potencial (com respeito a parte mais baixa do arco ) é mgl (1 – cos ), onde l é o comprimento da corda e  é o ângulo que a corda faz com a vertical. Na base do

movimento, esta energia potencial se transformou em energia cinética, então mgl (1 – cos ) =

2 1 , 2 (1 cos ) 2mv or v gl    2 2(9.80 / )(0.80 )(1 cos 45 )o 2.1 / . v m s m   m s

(b) A 45o relativo a vertical, a velocidade é nula e, não existe aceleração radial. A tensão é igual a componente radial do peso, ou seja mg cos  = (0.12 kg)(9.80 m/s2) cos

45o = 0.83 N.

(c)Na base do circulo, a tensão é a soma do peso e da aceleração radial, ou seja:

,

86

.

1

))

45

cos

1

(

2

1

(

/

2 2

l

mg

N

mv

mg









o



ou

1.9 N considerando dois algarismos significativos. Observe que este método não utiliza o calculo intermediário de v. 7-14: U =

,

2

1

2

ky

onde y é a distância vertical em que a mola é estirada quando o peso w = mg é pendurado. y =

,

k

mg

e

,

x

F

k



onde x e F são as quantidades que “calibram” a mola. Combinando essas equações, temos:

. 0 . 36 ) 150 . 0 / 720 ( )) / 80 . 9 )( 0 . 60 (( 2 1 / ) ( 2 1 2 2 2 J m N s m kg x F mg U  

7-16: (a) Partindo do repouso no estilingue, para também atingir o repouso a uma altura máxima, a energia potencial armazenada na tira de borracha do estilingue é convertida para energia potencial gravitacional, isto é:

U = mgy = (10 x 10-3 kg)(9.80 m/s2)(22.0 m) = 2.16 J. (b) Como a energia potencial gravitacional é proporcional a massa, a maior altura que a pequena pedra atinge é apenas 8.8 m.

(c) A falta da resistência do ar e a não deformação da tira de borracha são duas suposições possíveis

7-18: Como no exemplo 7-8, K1 = 0, e U1 = 0.0250 J. Para v2 = 0.20 m/s, K2 = 0.0040 J, então . 092 . 0 / 00 . 5 ) 0210 . 0 ( 2 , 2 1 0210 . 0 2 2 m m N J x so kx J U    

Na ausência de forças de atrito, o planador atravessará pela posição do equilíbrio e passará através x = -0,092 m, no lado oposto da posição do equilíbrio, com a mesma velocidade.

7-20: (a)O trabalho feito pela força de atrito é:

, 00196 . 0 ) 020 . 0 )( / 80 . 9 ( ) 200 . 0 )( 05 . 0 ( 2 J m s m kg x mg Wo th erk    então _{0.27 / .} 200 . 0 ) 00704 . 0 ( 2 00704 . 0 ₂ 2 m s kg J v and J K   

(b) Neste caso,

W

_other





0

.

0098

J

,

então:

2 2 2(0.0152 ) 0.0250 0.0098 0.0152 0.39 / . 0.200 J K J J J v m s kg       (c) Neste caso, 2 0, 2 0 1 other 0 K  U   U W 







2







1 other 0.0250 k 0.200 9.80 / 0.100 U W  J kg m s x m 0.13 k   7-22: De _, 2 1 2

8

.

5

,

2 2

mg

kx

mv

kx





Dividindo o primeiro termo pelo segundo, temos:

, 5

2

g x

x e substituindo este no segundo, resulta:

,

25

₂

2

v

mg

k



então (a) & (b),

0

.

128

,

)

/

80

.

9

(

5

)

/

50

.

2

(

2 2

m

s

m

s

m

x









.

/

10

46

.

4

)

/

50

.

2

(

/

80

.

9

)

1160

(

25

₂ 5 2 2

m

N

x

s

m

s

m

kg

k





7-24: (a) & (b)-(0.050 kg)(9.80 m/s2)(5.0 m) = -2.5 J.

(c)A força da gravidade é conservativa desde que o trabalho realizado para se ir de um ponto a outro for independente da trajetória.

7-26: (a) De (0, 0) para (0, L), x = 0 então

F





0

,

e o trabalho é nulo. De (0, L) para (L, L),

F



e d

l



são perpendiculares, então

F





d

l



= 0 e o trabalho resultante ao longo do caminho é nulo.

(b) De (0, 0) para (L, 0),

F





d

l





0

.

De (L, 0) para (L, L), o trabalho é aquele encontrado no exemplo, isto é W2 = CL2, então o trabalho total ao longo do caminho é CL2.

(c)Ao longo da trajetória diagonal, x = y, e portanto

;

dy

Cy

l

d

F









integrando de 0 para L resulta em

.

2

2

CL

(não é uma coincidência que isto é a média das repostas obtidas em (a) e (b).)

(d) O trabalho depende da trajetória e o campo não é conservativo.

7-28: A força de atrito tem módulo igual a kmg = (0.20)(30.0 kg)(9.80 m/s2) = 58.8 N.

(a) Para cada parte do movimento, a força de atrito realiza – (58.8 N)(10.6 m) = -623 J, portanto o trabalho total realizado pela força de atrito é –1.2 kN.

(b) –(58.8 N)(15.0 m) = -882 N.

(c)

O trabalho resultante realizado pela força de atrito depende da trajetória, portanto a força de atrito não é conservativa.

7-30: (a)

(

)

2

1

2 2 2 1

x

x

k



(b)

(

).

2

1

2 2 2 1

x

x

k





O trabalho total realizado é nulo e a força da mola é conservativa .

(c) De x1 para x3, W =

(

).

2

1

2 1 2 3

x

x

k





De x3 para x2, W =

(

).

2

1

2 3 2 2

x

x

k





O trabalho resultante é

(

).

2

1

2 1 2 2

x

x

k





Este é o mesmo resultado obtido na parte (a). 7-32: Da Eq. (7-15)

,

)

/

8

.

4

(

4

x

3

J

m

4

x

3

dx

dU

F

x















e portanto



0

.

80



2

.

46

.

)

/

8

.

4

(

)

800

.

0

(

m

J

m

4

m

3

N

F

_x











7-34: Da Eq. (7-19),

ˆ

ˆ

j

,

y

U

i

x

U

F

















desde que

U não possui dependência em z,

3

2

x

x

U

_









e

,

2

3

y

y

U

_









então ₃

2

ˆ

2

₃

ˆ

_

.





















j

y

i

x

F





7-36: (a) Considerando as únicas forças na direção

x, isto é

,

dx

dU

F

_x





então a força é nula nos pontos b e d quando a inclinação no gráfico de U vs. x for zero.

(b) O ponto b está a um potencial mínimo e para move-lo para um local distante deste ponto seria necessário fornecer energia, portanto este ponto é estável.

(c) Movendo para um local distante do ponto d requer uma diminuição da energia potencial, e por conseguinte um aumento na energia cinética, e a bola de gude tende a se movimentar ainda para mais longe e portanto d é um ponto instável.

7-38: (a) Igualando a energia potencial armazenada na mola com a energia cinética do bloco, temos: 2

2

1

kx

= mgL sen  ou . / 11 . 3 ) 220 . 0 ( 00 . 2 / 400 s m m kg m N x m k v   

(b) utilizando-se diretamente dos métodos de energia, a energia potencial inicial da mola é a energia final potencial gravitacional , isto é:

sen

,

2

1

2



mgL

kx



ou . 821 . 0 0 . 37 sen ) / 80 . 9 )( 00 . 2 ( ) 220 . 0 )( / 400 ( 2 1 sen 2 1 2 2 2 m s m kg m m N mg kx L  _o   7-40: (a)

.

2

1

)

2

(

2_A B A

U

mg

h

R

mv

U









9

pelo menor ser igual a:

gR

.

Portanto,

,

2

1

)

2

(

h

R

mgR

mg





ou

.

2

5

R

h



(b)

U

_A



U

_C



(

2

.

50

)

Rmg



K

_C

,

portanto

.

/

3

.

31

)

0

.

20

)(

/

80

.

9

)(

00

.

5

(

)

00

.

5

(

gR

m

s

2

m

m

s

v

C







A aceleração radial é

49

.

0

/

2

.

2

s

m

R

v

a

C ra d





A direção tangencial é para baixo e a força norma no ponto C é horizontal, não existe força de atrito, então a única força para baixo é a força da gravidade, e portanto, atan = g = 9.80 m/s2.

7-42: Para estar no equilíbrio no fundo e com a mola comprimida a uma distância x0, a força da mola deve equilibrar a componente do peso apontando para baixo na rampa mais o grande valor da força de atrito estática, ou seja:

kx0 > w sin + f . O teorema do trabalho – energia requer que a energia armazenada na mola seja igual à soma do trabalho realizado pela força de atrito, o trabalho realizado pela força da gravidade e pela energia cinética inicial, ou seja:

,

2

1

)

sin

(

2

1

2 2 0

w

f

L

mv

kx









onde L é o comprimento total descido na rampa, e v é a velocidade no topo da rampa. Com os parâmetros dados, temos:

kx

248

J

2

1

2 0



e

1

.

10

10

.

3 0

x

N

kx



Elevando ao

quadrado a segunda expressão, dividindo pela primeira e resolvendo para k , obtemos: k = 2550 N/m.

7-44: (a) A energia armazenada pode ser encontrada diretamente de: 2 2 1 2

1

2

ky

 

K

W

other



mgy

2 5 2 1 625,000 51,000 ( 58,800 ) 6.33 10 2ky  J J  J   J

Denote a distância para cima , a partir de 2, como sendo h. A energia cinética no ponto 2 e a uma altura h é nula, então a energia encontrada na parte (a) é igual ao negativo do trabalho realizado pela força de atrito e força de gravidade, isto é: -(mg + f)h = -((2000 kg)(9.80 m/s2) + 17,000 N)h = (36,600 N)h, então . 3 . 17 10 66 . 3 10 33 . 6 4 5 m J x J x h 

O trabalho total realizado sobre o elevador entre o ponto mais alto e o seu retorno em seguida até encontrar a mola é:

(mg – f)(h – 3.00 m) = 3.72 x 104 J.

Observe que no caminho de retorno, a força de atrito realiza um trabalho negativo . A velocidade do elevador é então: . / 10 . 6 2000 ) 10 72 . 3 ( 2 4 s m kg J x 

(b) Quando o elevador atinge o repouso, o trabalho total realizado pela mola, força de atrito e força de gravidade deve ser o negativo da energia cinética K3 encontrada na parte (c), apresentada a seguir, 4 2 3 3 3

1

3.72 10

(

)

2

K



x

J



mg



f x



kx

4 2 3

(2, 600

)

3

(7.03 10

/

)

3

K



N x



x

N m x

(Neste calculo, o valor de k foi recalculado para se obter uma melhor precisão). Esta é uma função quadrática para x3, e a solução positiva para é

3 4

1

2(7.03 10

/

)

x

x

N m



3 3 2 4 4 3 2.60 10 (2.60 10 ) 4(7.03 10 / )(3.72 10 ) x x_ x N x N  x N m x J _ 3

0.746

x



m

o que corresponde a uma força de 1.05 x 105 N e a uma energia armazenada de 3.91 x 104 J . Observe que diferentes modos de arredondamento dos números durante os cálculos intermediários poderá conduzir a um resultado diferente.

7-46: Uma massa sob enquanto a outra desce, então a energia potencial é :

(0.5000 kg – 0.2000 kg)(9.80 m/s2)(0.400 m) = 1.176 J. Esta é a soma das energias cinéticas dos animais. Se os animais estão eqüidistante do centro, eles possuem a mesma velocidade, então a energia cinética da combinação é:

,

2

1

2

v

m

tot e

.

/

83

.

1

)

7000

.

0

(

)

176

.

1

(

2

s

m

kg

J

v





7-48: (a) A variação na energia total é o trabalho realizado pelo ar,



2 2



2 2 2 1 1 2 1

1

(

) (

)

2

K



U



K



U



m

_



v



v



gy



_





2 2 2 2

(1 / 2)((18.6

/ )

(30.0

/ )

(0.145

)

(40.0

/ ) ) (9.80 /

)(53.6

)

m s

m s

kg

m s

s

m









_

_









= -80.0 J. (b)Analogamente,               ) 6 . 53 )( / 80 . 9 ( ) ) / 6 . 18 ( ) / 7 . 28 ( ) / 9 . 11 )(( 2 / 1 ( ) 145 . 0 ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 3 3 m s s m s m s m kg U K U K = -31.3 J.

(c) A bola está se movendo de modo mais lento no caminho para baixo e, e não vai tão longe ( na direção x), e portanto o trabalho realizado pelo ar é menor em módulo. 7-50: (a) A energia cinética do esquiador na base pode ser encontrada da energia potencial desse esquiador quando no topo, mas subtraída do trabalho realizado pela força de atrito, isto é: K1 = mgh –WF =

(60.0 kg)(9.8 N/kg)(65.0 m) – 10,500 J, ou K1 = 38,s00 J – 10,500 J = 27,720 J. Então

kg

J

m

K

v

60

)

720

,

27

(

2

2

1





= 30.4 m/s. (b) K2 = K1 – (WF + WA) = 27,720 J – (kmgd + fard), K2 = 27,720 J – [(.2)(588 N) x (82 m) + (160 N)(82 m)], ou K2 = 27,720 J – 22,763 J = 4957 J. Então: . / 9 . 12 / 85 . 12 60 ) 4957 ( 2 2 2 m s m s kg J m K v    

(c) Utilize o Teorema do trabalho – energia para encontrar a força. W = KE, F = KE/d = (4957 J)/(2.5 m) = 1983 N