Física - Fascículo 03 - Dinâmica - Trabalho, Energia e Potência
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FísicaFascículo 03
Eliana S. de Souza Braga
Índice
Dinâmica - Trabalho, Energia e Potência
Resumo Teórico ..............................................................................................................................1
Exercícios............................................................................................................................................2
Gabarito.............................................................................................................................................4
Dinâmica - Trabalho, Energia e Potência
Resumo Teórico
Trabalho de uma força constante
cos 0º = 1 τ = F .d
cos 90º = 0 τ = 0
cos 180º = –1 τ = – F .d
Trabalho de uma força de direção constante e módulo variável
Teorema da Energia Cinética (T.E.C.)
τFres = ∆Ec = Ecfinal – Ecinicial
Ec =m.v
2
2
Trabalho da Força Peso
τP = P ⋅ (hi – hf)
Energia Potencial Gravitacional
Epg = P.h = m.g.h
Trabalho da Força Elástica
τFel i2
f=k2
(x x− 2 )
Energia Potencial Elástica
Ep =k.x
2el
2
1
τ = F . d . cosθ
F
d
θ
F
Fd
.
d
F d180º
A
F
d
τ=ÁreaN
Potência média
Pot =t
= F.v .cosm mτ
θ∆
Potência Instantânea
Poti = F.v.cosθ
Rendimento
η =Pot
Potútil
totalPottotal = Potútil + Potdissipada
Energia Mecânica
Emec = Ec + Ep
Trabalho realizado pelas forças dissipativas
τFdiss = Emecfinal – Emecinicial
Exercícios
01. (FUVEST-98-1.a FASE) Uma esteira rolante transporta 15 caixas de bebida por minuto, de um depósitono subsolo até o andar térreo. A esteira tem comprimento 12 m, inclinação de 30º com a horizontal emove-se com velocidade constante. As caixas a serem transportadas já são colocadas com a velocidadeda esteira. Se cada caixa pesa 200 N, o motor que aciona esse mecanismo deve fornecer a potênciade:
a. 20 Wb. 40 Wc. 300 Wd. 600 We. 1800 W
02. (VUNESP-99) Para tentar vencer um desnível de 0,5 m entre duas calçadas planas e horizontais,mostradas na figura, um garoto de 50 kg, brincando com um skate (de massa desprezível),impulsiona-se até adquirir uma energia cinética de 300 J. Desprezando-se quaisquer atritos econsiderando-se g = 10 m/s², pode-se concluir que, com essa energia:
a. Não conseguirá vencer sequer metade do desnível.b. Conseguirá vencer somente metade do desnível.c. Conseguirá ultrapassar metade do desnível, mas não conseguirá vencê-lo totalmente.d. Não só conseguirá vencer o desnível, como ainda lhe sobrarão pouco menos de 30 J de energia
cinética.e. Não só conseguirá vencer o desnível, como ainda lhe sobrarão mais de 30 J de energia cinética.
2
0,5 m
03. (Vunesp-2000) Um corpo cai em queda livre, a partir do repouso, sob a ação da gravidade.Se suavelocidade, depois de perder uma quantidade E de energia potencial gravitacional, é v, podemosconcluir que a massa do corpo é dada por:
a. 2.E.vb. 2.E/v2
c. 2.E.v2
d. 2.E.ve. 2.v2/E
04. (FUVEST-2000) Uma pessoa puxa um caixote, com uma força F, ao longo de uma rampa inclinada de30º com a horizontal, conforme a figura, sendo desprezível o atrito entre o caixote e a rampa. Ocaixote, de massa m, desloca-se com velocidade v constante, durante um certo intervalo de tempo ∆t.Considere as seguintes afirmações:
I. O trabalho realizado pela força F é igual a F.v.∆tII. O trabalho realizado pela força F é igual a m.g.v.∆t/2
III. A energia potencial gravitacional varia de m.g.v.∆t/2
Está correto o que se afirma em:
a. III b. I e II c. I e III d. II e III e. I, II e III
05. (FUVEST-99) Um corpo de massa m é lançado com velocidade inicial v0
→na parte horizontal de uma
rampa, como indicado na figura. Ao atingir o ponto A, ele abandona a rampa, com uma velocidade
vA
→(vAx ;vAy), segue uma trajetória que passa pelo ponto de máxima altura B e retorna à rampa no
ponto C. Despreze o atrito. Sejam hA , hB e hC as alturas dos pontos A, B e C, respectivamente. vB
→(vBx ,
vBy) a velocidade do corpo no ponto B e vC
→(vCx , vCy) a velocidade do corpo no ponto C. Considere as
afirmações:
I. v0 = vAx = vB = vCx
II. vAx = vB = vCx
III.12
m vB2 =
12
m.vA2 – m.g.(hB – hA )
IV.12
m v02 = m g hB
V.12
m vAy2 = m g ( hB – hA )
São corretas as afirmações:
a. todasb. somente I e IIc. somente II, III e IVd. somente II, III, IV e Ve. somente II, III e V
3
30º
F
v
06. (FUVEST99) Um veículo para competição de aceleração (drag racing) tem massa M = 1100 kg, motorde potência máxima P = 2,64.106 W (~ 3 500 cavalos) e possui um aerofólio que lhe imprime umaforça aerodinâmica vertical para baixo, Fa, desprezível em baixas velocidades. Tanto em altas quantoem baixas velocidades, a força vertical que o veículo aplica à pista horizontal está praticamenteconcentrada nas rodas motoras traseiras, de 0,40 m de raio. Os coeficientes de atrito estático edinâmico, entre os pneus e a pista, são iguais e valem µ = 0,50. Determine:
a. A máxima aceleração do veículo quando sua velocidade é de 120 m/s, (432 km/h), supondo que nãohaja escorregamento entre as rodas traseiras e a pista. Despreze a força horizontal de resistência do ar.
b. O mínimo valor da força vertical Fa, aplicada ao veículo pelo aerofólio, nas condições da questãoanterior. Adote g = 10 m/s2.
c. A potência desenvolvida pelo motor no momento da largada, quando: a velocidade angular das rodastraseiras é ω = 600 rad/s, a velocidade do veículo é desprezível e as rodas estão escorregando(derrapando) sobre a pista.
Gabarito
01. Alternativa c.
A esteira se move com velocidade constante e, portanto a aceleração é nula, o que faz a forçaresultante: ser nula (Primeira lei de Newton ou Princípio da Inércia). Isto nos permite calcular a forçamotora que a esteira faz.
F – P.sen30º = 0F = P.sen30ºF = 200 . 0,5 = 100 N
Agora se calcula o trabalho que a força F faz, lembrando queeste é dado por:
τ = F.d.cos0ºτ = 100.12 = 1200 J para cada caixa
Como são 15 caixas por minuto o trabalho total é: τt = 1200.15 = 18 000 J
Potência = trabalho/tempo e tempo = 1 min = 60 s
P =18000
60= 300W
Dica:
A esteira se move com velocidade constante e, portanto a aceleração é nula, o que faz a forçaresultante ser nula (Primeira lei de Newton ou Princípio da Inércia). Isto nos permite calcular a forçamotora que a esteira faz. Agora se calcula o trabalho que a força F faz, lembrando que este é dado
por τ = F.d.cos0º. Por último, deve-se lembrar que potência = trabalho sobre o tempo P =τ
∆t. (τ em
joules e ∆t em segundos).
02. Alternativa e.
Adotando-se como referencial, para Epg = 0, o plano mais baixo da trajetória, a energia necessáriapara o garoto conseguir vencer o desnível é dada por:
Eg = m.g.h → Eg = 50.10.0,5 → Eg = 250 J
4
Psen30º
NF
30º
P cos30º
Como o sistema é conservativo (não há atritos) e o garoto havia adquirido 300 J de energia cinética,ele consegue vencer o desnível e ainda lhe sobram Ec = 300 – 250 = 50 J de energia cinética que nãoforam transformadas em energia potencial gravitacional.
03. Alternativa b.
O sistema é conservativo e por isso a energia potencial gravitacional perdida pelo corpo, E, étotalmente transformada em energia cinética:
E=m.v
2
2
m =2E
v2
04. Alternativa e.
I. Correta. A potência da força F é: Pot = F.v.cos 0º =τ
∆t,
τ = F.v.cos0º é o trabalho realizado pela força F no intervalo detempo ∆t.
II. Correta. Como o movimento é uniforme a variação da energiacinética é nula e, portanto o trabalho resultante é nulo.(Teorema daEnergia Cinética)
τF + τP + τN = 0 τF + τP + 0 = 0 τF = –τP
τF = – (–m.g.∆h)
sen 30º =∆∆h
v. t∆
∆h=
v. t2
τF = m.g.v.∆t2
III. Correta. ∆Epot = m.g.∆h = m.g.v.∆t2
05. Alternativa e.
Lembrando que:
v2 = vx2 + vy
2
• No ponto B, vBy = 0 e vB = vBx• Como não há atrito: (EC + EP)0 = (EC + EP)A = (EC + EP)B = (EC + EP)C• Como no trecho ABC o corpo está sujeito à ação exclusiva do seu peso (vertical), não há aceleração
horizontal e portanto a componente horizontal da velocidade é constante : vAx = vB = vCx .
I. Errado: Como (EC + EP)0 = (EC + EP)A temos 0 + (1/2) m.v02 = m.g.hA + (1/2)m.vA
2
vA< v0 e vAx2 = vA
2 – vAy2 conclui-se que: vAx < vA < v0
II. Certo: No trecho ABC o corpo está sujeito apenas à ação de seu próprio peso, não havendoaceleração horizontal não há variação da velocidade horizontal.
III. Certo: (EC + EP)A = (EC + EP)B12
m.vA2 + m.g.hA =
12
m.vB2 + m.g.hB
12
m.vA2 + m.g.hA – m.g.hB =
12
m.vB2
12
m.vB2 =
12
m.vA2 + m.g.(hA – hB)
5
30º
F
v
P
N
∆h
30º
v.∆t
12
m.vB2 =
12
m.vA2 + m.g.{– (–hA + hB)}
12
m.vB2 =
12
m.vA2 – m.g.(hB – hA)
IV. Errado: (Ec + Ep)0 = (Ec + Ep)B12
m.v02 =
12
m.vB2 + m.g.hB
V. Certo: (Ec + Ep)A = (Ec + Ep)B12
mvA2 + mghA =
12
mvB2 + mghB
12
m(vA2 – vB
2) = mg(hB – hA) Como vB = vAx
12
m(vA2 – vAx
2 ) = mg(hB – hA) Como vA2 = vAx
2 + vAy2
12
mvAy2 = mg(hB – hA)
06.a. Supondo que a potência seja máxima, temos:
Potmáx = Fmáx . v
2,64.106 = Fmáx.120 Fmáx = 2,2.104 N
Desprezando a componente horizontal da força de resistência do ar, Fmáx = Fres
2,2.104 = m.a2,2.104 =1100.a
b. A força que acelera o veículo é a força de atrito estático entre o chão e a roda de tração:
Fmáx ≤ Fatdestaque
2,2.104 ≤ µ .(P + Fa)
2,2.104 ≤ 0,50 (1,1.104 + Fa)
2 2100 50
4, .,
≤ 1,1.104 +Fa
4,4.104 – 1,1.104 ≤ Fa Fa ≥ 3,3.104 N ∴
c. Com as rodas derrapando o atrito é dinâmico:
Fat = µ .N = µ .P = 0,50.1100.10 Fat = 5 500 N
v = ω .R v = 600. 0,40 v = 240 m/s
Pot = F. v Pot = 5500.240
6
a = 20 m/s2
o mínimo valor de Fa é 3,3.104N
P
Fa
N
Pot = 1,32.106 W