Física experimental, Exercícios de Física Clássica

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PROBLEMAS CAP 07

De acordo com Eq. 7-8, temos que:

Pontos:

P

i

P

f

W =

F.

d

Onde

F no sistema módulo-ângulo

F →(2,0 N ; 100

0

)

F

x

=Fcos(θ)=2,0 Ncos ( 100

0

)

F

y

=Fsen (θ)=2,0 Nsen( 100

0

)

F no sistema vetores-unitários

F=2,0 Ncos( 100

0

)

i +2,0 Nsen( 100

0

)

j

O vetor deslocamento:

d=∆ x

i+∆ y

j

d=(3,0 m− 0 )

i+(4,0 m− 0 )

j

Logo o trabalho é

W =

F.

d=F x

∆ x + F y

∆ y

W =(2,0 Ncos( 100

0

)

i+2,0 Nsen( 100

0

)

j).(3,0 m

i+ 4,0 m

j)

W =2,0 Ncos ( 100

0

) ∗ 3,0 m+2,0 Nsen( 100

0

) ∗ 4,0 m

W =6,8 J

Adotando um sistema de eixos horizontal e vertical para x e y. e levando em consideração que a força

normal não realiza trabalho sobre o livro, ou seja:

W

N

F

N

d=F N

dcos ( 90

0

)= 0

W

a

F

a

d

W

g

F

g

d

Caracterizando os vetores

F

a

,

F

g

e

(^) d no sistema de vetores unitários (

(^) i ,

j)^ temos,

d=∆ x

i+∆ y

j

d=d. cos (θ)

i+d. sen (θ)

j

d=0,5 m. cos( 30

0

)

i+0,5 m. sen ( 30

0

)

j

F

a

=F

a

i

F

g

=− mg

j

Ou

F

a

=20,0 N

i

F

g

=−3,00 Kg x 9,8 m/ s

2 ⃗ j

Logo,

Trabalho da força

F

a

W

a

F

a

d

W

a

=(20,0 N

i+ 0

j).( 0,5 m. cos( 30

0

)

i+ 0,5 m. sen ( 30

0

)

j)

W

a

=20,0 Nx(0,5 m .cos ( 30

0

))=8,67 J

Trabalho da força

F

g

W

g

F

g

d

W

g

i−3,00 x 9,8 N

j).(0,5 m .cos ( 30

0

)

i +0,5 m. sen( 30

0

)

j)

W

g

=− 3,00 x 9,8 N x (0,5 m. sen ( 30

0

))=− 7,35 J

Logo o trabalho total desenvolvido pelas forças atuantes no livro é

W

total

=W

a

+W

g

+ W

N

W

total

=8,67 J − 7,35 J + 0 =1,31 J

De outra forma,

W =

F

res

.

d

Onde

F

res

F

a

F

g

Sendo

F

res

a resultante das únicas forças que realizam trabalho sobre o livro, então:

F

res

=F

a

i− mg

j

F

res

= 20 N

i− 3,0 kg .9,8 m/s

2 ⃗ j

Então, neste caso, o trabalho total é dado por

W =

F

res

d =F res , x

∆ x + F res, y

∆ y

W =( 20 N

i− 3,0 kg .9,8 m/s

2 ⃗ j ). (0,5 m. cos ( 30

0

)

i+0,5 m. sen ( 30

0

)

j)

W =( 20 N ) ∗ 0,5 m. cos ( 30

0

)+(− 3,0 kg .9,8 m/s

2

) ∗ (0,5 m. sen( 30

0

))

W =1,31 J

Pelo teorema trabalho energia

W =∆ k

k f

−k i

=W

k f

− 0 =W

k f

=W =1,31 J

a=

F

a

m

. cos(θ) − g. sen (θ)

a=

20 N

3,0 kg

.cos ( 30

0

)− 9,8 m/s

2

. sen( 30

0

)

a=0.8735 m/ s

2

As coordenadas do vetor a ⃗

a ⃗ =a x

i+a y

j

⃗ a=a. cos (θ)

i+a. sen (θ)

j

a x

=a. cos(θ)=0.8735 m/s

2

. cos( 30

0

)=0.7565 m/s

2

a y

=a. sen (θ)=0.8735 m/s

2

. sen ( 30

0

)=0.4367 m/ s

2

No sistema vetores unitários

⃗ a=( 0.7565 m/ s

2

, 0.4367 m/s

2

)

No sistema módulo ângulo

⃗ a=(0.8735 m/ s

2

, 30

0

)

Aplicando a equação de Torricelli nas direções dos eixos coordenados

v xf

2

=v x 0

2

• 2 ∗ a x

∗ ∆ x

v x

2

= 2 ∗ a x

∗ ∆ x

v x

2

= 2 ∗ a x

∗ ∆ x = 2 ∗ 0.7565 m/s

2

∗ 0.5 m ∗ .cos ( 30

0

)=0.6551( m/s)

2

Analogamente,

v y

2

= 2 ∗ a y

∗ ∆ y

v y

2

= 2 ∗ a y

∗ ∆ y= 2 ∗ 0.4367 m/s

2

∗ 0.5 m ∗. sen( 30

0

)=0.2184( m/ s)

2

Logo, o vetor ⃗v é tal que

v

2

¿ v x

2

• v y

2

v=√v

x

2

• v y

2

=√0.6551(m/s )

2

• 0.2184(m/ s)

2

=0.9346 m/s

De outra forma,

Aplicando a equação de Torricelli na direção do deslocamento

v f

2

=v 0

2

• 2 ∗ a ∗ d

v

2

= 2 ∗ a ∗ d

v=√ 2 ∗ a ∗ d=√ 2 ∗ 0.8735 m/ s

2

∗ 0.5 m=0.9346 m/s

Obs.: Se for analisar graficamente, lembre-se da teoria sobre integrais, que

Forças que aparecem no problema e diagrama de corpo livre (DCL) do objeto (lata).

Opcional

A vantagem mecânica deste sistema é dada pela razão F^ /F g

, onde F g

=mg (^) é o peso da lata.

Quanto vale a vantagem mecânica neste caso?

F /F

g

= 98 N / 196 N=0.5= 50 %

Opcional

A vantagem mecânica deste sistema é dada pela razão F /F g

, onde F g

=mg é o peso da lata.

Quanto vale a vantagem mecânica neste caso?

Como (^) ⃗v é constante F=F g

.

F / F

g