RESOLUÇÃO HALLIDAY VOLUME 1, Exercícios de Física

Baixe RESOLUÇÃO HALLIDAY VOLUME 1 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 8 1. PENSE Uma mola comprimida armazena energia. Este problema envolve a relação entre a energia armazenada e a constante elástica da mola. FORMULE A energia potencial armazenada em uma mola é dada por U = kx?/2, em que k é a constante elástica e x é o desloca- mento da extremidade da mola em relação à posição de equilíbrio. ANALISE Explicitando k na expressão anterior e substituindo U e x pelos seus valores, obtemos ZW Y25)) = +=8,9x10º N/m 2 (0,075 m) APRENDA A constante elástica é uma medida da rigidez de uma mola; quanto maior o valor de k, maior a força necessária para deformar a mola, e maior a energia U armazenada na mola. 2. Podemos usar a Eq. 7-12 para calcular W, e a Eq. 8-9 para calcular U. (a) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto A é horizontal, é = 90,0ºe W, = O (pois cos 90,0º = 0). (b) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto B possui uma componente vertical h/2 para baixo (na mesma direção que F,), temos: FÊ d=omgh= (805 kg)(9,80 m/s? (42,0 m)=1,70x10º 3 (c) Como o deslocamento entre o ponto inicial e o ponto C possui uma componente vertical h para baixo (na mesma direção que F, ), temos: --1 2 F, d = mgh=(825 ke)(9,80 mis? )(42,0 m)=3,40x10' 1. (d) Usando o ponto C como referência, temos: UT met >(825 kg)(9,80 m/s? (42,0 m)=1,70x10º 3. (e) Usando o ponto C como referência, temos: U, = mgh= (825 kg (9,80 m/s?)(42,0 m)=3,40x10' J. (f) Todos os valores calculados são proporcionais à massa do carro; assim, se a massa for duplicada, todos os valores serão duplicados. 3. (a) Como o deslocamento vertical é 10,0 m — 1,50 m = 8,50 m para baixo (na mesma direção que É, ), a Eg.7-12 nos dá W, =mgd cos 6=(2,00 kg)(9,80 m/s? X8,50 m)cos0º=167 J. (b) Uma abordagem relativamente simples seria usar a Eq. 8-1, mas consideramos mais didático calcular AU a partir da definição U= mgy (considerando o sentido “para cima” como positivo). O resultado é AU =mg(y,- 3) =(2,00 kgX9,80 m/s? 1,50 m-10,0 m)=-167 1. (0) U,= mg =196]. (d) U,= mgy,= 29]. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 265 (e) Como W, não depende da referência para a energia potencial, W, = 167]. (f) Como a variação de energia potencial não depende da referência, AU =-W, = -167]. (g) Usando a nova referência, temos: U,= mgy, + Us = 296). (h) Usando a nova referência, temos: Uj= mgy,+ Up = 129]. Podemos verificar se o resultado do item (f) está correto calculando AU a partir dos novos valores de U,e U, 4.(a) Como a força da haste é perpendicular à trajetória da bola, a única força que realiza trabalho sobre a bola é a força da gravidade. Ao passar da posição inicial para o ponto mais baixo da trajetória, a bola percorre uma distância vertical igual ao comprimento L da roda, e o trabalho realizado pela força da gravidade é W=mgL=(0,341 kg)X9,80 m/s?)(0,452 m)=1,51J- (b) Ao passar da posição inicial para o ponto mais alto da trajetória, a bola também percorre uma distância vertical igual a L, mas desta vez o deslocamento é para cima, na direção oposta à da força da gravidade. Assim, o trabalho realizado pela força da gravidade é W=mgL=(0,341 kg)(9,80 m/s?)(0,452 m)= 1,51] (c) Nesse caso, a posição final da bola está à mesma altura que a posição inicial e, portanto, o deslocamento é horizontal, perpen- dicular à força da gravidade, e o trabalho realizado pela força da gravidade é nulo. (d) Como a força da gravidade é uma força conservativa, a variação da energia potencial é o negativo do trabalho realizado pela gravidade até o ponto mais baixo da trajetória: AU =-mgL =-(0,341 kg)(9,80 m/s? (0,452 m)=-1,51J (e) Usando o mesmo raciocínio do item anterior, AU =+mgL= (0,341 kg (9,80 m/s?)(0,452 m)=1,51] (f) Usando o mesmo raciocínio dos itens anteriores, AU=0. (g) Como a variação da energia potencial depende apenas das posições inicial e final da bola, a variação é a mesma de quando à bola chegava ao ponto mais alto com velocidade zero. 5. PENSE Quando o floco de gelo escorrega, sem atrito, pela superfície da taça, ele está sujeito apenas à força gravitacional. FORMULE Como a força gravitacional é vertical e praticamente constante, o trabalho realizado pela força sobre o floco de gelo é dado por W = mgh, em que m é a massa do floco, g é a aceleração da gravidade e h é a variação de altura do floco. Como a força gravitacional é conservativa, a variação da energia potencial do sistema floco-Terra tem o mesmo valor absoluto que o trabalho realizado pela força e o sinal oposto: AU = -W. ANALISE (a) Para os dados do problema, o trabalho realizado pela força gravitacional é W=mgr =(200x 10º kg)(9,8 m/s)(220x 10 ?m)=4,31x 10º) (b) A variação da energia potencial do sistema floco-Terra éAU =-W = 431 x 102]. 268 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 0+196 ]J=K,+29,0] 2K, v=|>L [2167 1) =12,9m/s. m 2,00kg (b) A partir dos resultados do item (a), obtemos K,= - AU = mgh, em que h= y,- y, Assim, 2X, v= [DL = gh m como poderíamos ter calculado usando as equações da Tabela 2-1 (em particular, a Eq. 2-16). Como a resposta não depende da massa do livro, a resposta do item (b) é a mesma do item (a), ou seja, v = 12,9 m/s. o que nos dá K, = 167 J e, portanto, (c) Se K,% 0, K,= mgh + K, (em que K, é necessariamente positivo). Nesse caso, a energia cinética final K é maior que o valor en- contrado no item (a) e, portanto, a velocidade final v também é maior. 11. PENSE Como foi visto no Problema 8-5, quando o floco de gelo escorrega, a energia potencial do floco diminui. Assim, de acordo com a lei de conservação da energia mecânica, a energia mecânica do floco deve aumentar. FORMULE Se K, é a energia cinética do floco na borda da taça, K,é a energia cinética do floco no fundo da taça, U, é a energia potencial gravitacional do sistema floco- Terra quando o floco está na borda da taça, e U, é a energia potencial gravitacional do sistema floco- Terra quando o floco está no fundo da taça, temos K +U,=KA+U, Tomando a energia potencial como sendo zero no fundo da taça, a energia potencial quando o floco está na borda da taça é U,= mgr, em que r é o raio da taça, e m é a massa do floco. Como o floco parte do repouso, K= 0 e K,= my?/2, em que vé a velocidade final do floco. ANALISE (a) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, 1 K+4U,=KA4U, > qm +0=0+mgr o que nos dá v=/2gr = 2,08 m/s. (b) Como a expressão da velocidade é v=./2g”, que não envolve a massa do floco, a velocidade seria a mesma que foi calculada no item (a). (c) A energia cinética final é dada por K,= K,+ U,- U,. Se o floco tivesse uma velocidade inicial, K, seria maior, K;seria maior e, portanto, a velocidade final do floco seria maior. APRENDA A lei de conservação da energia mecânica também pode ser escrita na forma AE, = AK + AU = 0. 12. Podemos resolver o problema usando a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 8-18. Escolhemos o solo como referência para a energia potencial U. O solo também é considerado a posição “final” da bola de neve. (a) De acordo com a Eq. 8-9, a posição inicial da bola de neve é dada por U, = mgh, em que h = 12,5 m e m = 1,50 kg. Assim, temos: K+U,=K,+U, Lia Liu =>; +mgh= mv +0 2º e 2 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 269 o que nos dá a velocidade da bola de neve ao chegar ao solo: v= Elim +mgl J- 7 +2gh m em que v, = 14,0 m/s é o módulo da velocidade inicial (e não uma componente da velocidade). O resultado é v = 21,0 m/s. (b) Como foi dito no item (a), v,é o módulo da velocidade inicial e não uma componente; assim, a velocidade final da bola de neve não depende do ângulo de lançamento, e a resposta é a mesma do item (a): v = 21,0 m/s. (c) Como a equação usada para calcular v no item (a) não envolve a massa, a resposta é a mesma do item (a): v = 21,0 m/s. 13. PENSE Quando a bola de gude sobe verticalmente, a energia potencial gravitacional da bola aumenta. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, esse aumento é igual à energia potencial elástica armazenada na mola da espingarda. FORMULEA energia potencial gravitacional, quando a bola está no ponto mais alto da trajetória, é U, = mgh ea energia potencial elástica armazenada na mola é U,, = kx*/2. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, as duas energias devem ser iguais. ANALISE (a) Para os dados do problema, a energia potencial gravitacional da bola no ponto mais alto da trajetória é AU, =mgh=(5,0x10º kgX9,8 m/s? )(20 m) = 0,98 (b) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, como a energia cinética é zero no ponto de lançamento e no ponto mais alto da trajetória, AU, + AU, = 0, em que AU, é a variação da energia potencial elástica da mola. Assim, AU, = AU, = 0,98]. (c) Vamos tomar a energia potencial elástica da mola como zero quando a mola está relaxada. Nesse caso, o resultado do item (b) significa que a energia potencial inicial da mola é U,, = 0,98 ]. Como a energia potencial elástica de uma mola é igual a kx?/2, em que k é a constante elástica e x é o deslocamento da extremidade da mola em relação à posição no estado relaxado, temos 2U, 0,98] p= = (0,080 m)? =3,1x10? Nim =3,1 N/'em APRENDA Em um ponto qualquer da trajetória, em que a energia da bola é a soma da energia cinética com a energia potencial, a relação entre a energia armazenada na mola e a energia da bola é Sta? mê +mgy Quando a bola atinge a altura máxima yo 4 = 0; portanto, mg, = kxº/2, o que nos dá Vais = té Voe” 14. Podemos resolver o problema usando a lei de conservação da energia mecânica, Eq. 8-18. (a) Quando a bola chega ao ponto mais alto da trajetória, a variação de energia potencial é AU = mgL. Assim, temos: AK+AU =0 —K +mgL=0 Ko o que, para Ky, = 0, nos dá K, = mgL e, portanto, w= Pe =28L=/2(9,80 m/s? (0,452 m) = 2,98 m/s 270 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Também vimos no Problema 8-4 que a variação de energia potencial quando a bola chega ao ponto mais baixo da trajetória é AU = -mgL. Assim, temos: AK+AU=0 Kiixo— Ko —MmgL=0 o que, com K, = mgL, nos dá K,, = 2mgL. Assim, baixo, 2K, a Vo = (EEE = V4gL =[4(9,80 m/s? (0,452 m)=4,21 m/s, (c) Como, nesse caso, o ponto inicial e o ponto final estão na mesma altura, AU = 0 e, portanto, AK = 0. Assim, a velocidade é igual à velocidade inicial: Varia = Vo =2,98 m/s - (d) Como os resultados obtidos nos itens anteriores não dependem da massa da bola, as respostas dos itens (a) a (c) seriam as mesmas se a massa da bola fosse duas vezes maior. 15. PENSE Se um caminhão que perdeu os freios entra em uma rampa de emergência, ele só vai parar quando toda a energia cinética do caminhão for convertida em energia potencial gravitacional. FORMULE De acordo com o enunciado, podemos ignorar as forças de atrito. A velocidade do caminhão ao chegar à rampa de emergência é v,= 130(1000/3600) = 36,1 m/s. Quando o caminhão para, as energias potencial e cinética do caminhão são K,= 0 e U;= mgh, respectivamente. Podemos usar a lei de conservação da energia mecânica para resolver o problema. ANALISE (a) De acordo com a lei de conservação da energia, K,+ U,= K,+ U, Como U,=0 e K,= mv'/2, temos mi +00 eme > hot = Cólmis) À &=66,5m 23 U9,8mis”) Se L é o comprimento mínimo da rampa, devemos ter Lsen 6=h, o que nos dá 66,5m sen15º =257m (b) Como a expressão do comprimento mínimo da rampa, L=h/sen9=v; /2g sen, não envolve a massa do caminhão, o com- primento mínimo será o mesmo se a massa do caminhão for menor. (c) Se a velocidade diminuir, L será menor (note que h é proporcional ao quadrado da velocidade e L é proporcional a h). APRENDA O comprimento L diminui consideravelmente se o atrito entre os pneus e a rampa for levado em conta. 16. Vamos tomar como referência da energia potencial gravitacional a posição da mola no estado relaxado e chamar de x a defor- mação da mola, tomando o sentido para baixo como positivo (de modo que x > O significa que a mola está comprimida). (a) Para x = 0,190 m, a Eq. 7-26 nos dá W,= qi=-12 J=-7,2] para o trabalho realizado pela mola sobre o bloco. De acordo com a terceira lei de Newton, o trabalho realizado pelo bloco sobre a mola é 7,2]. (b) Como foi calculado no item (a), o trabalho realizado pela mola sobre o bloco é —7,2. (c) De acordo com a lei de conservação da energia, K+U,=K,+U, mgh,= mer ah? o que, para m = 0,70 kg, nos dá h, = 0,86 m. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 273 (c) A altura máxima y, está além do ponto em que a pedra se separa da mola e é caracterizada por uma velocidade momentânea igual a zero. Tomando a posição y, como referência para a energia potencial gravitacional, temos: K+U=K+U, 05h? =0+mgh em que h =, - y, é a distância entre o ponto de altura máxima e o ponto de lançamento. Assim, mgh (o ganho de energia potencial gravitacional) é igual à perda da energia potencial elástica calculada no item anterior, 62,7]. (d) A altura máxima é h = k y; /2mg = 0,800 m ou 80,0 cm. 20. (a) Tomamos como referência para a energia potencial gravitacional o ponto mais baixo da trajetória da pedra. Seja 9 o ângulo do fio do pêndulo com a vertical. Nesse caso, a altura y da pedra é dada por L(1 - cosf) = y. Assim, a energia potencial gravitacional é mgy = mgL( - cos6). Sabemos que para 6 = 0º (ou seja, quando a pedra está no ponto mais baixo da trajetória) a velocidade é 8,0 m/s; de acordo com a Eq. 7-1, a energia cinética nessa posição é 64 ]. Para 8 = 60º, a energia mecânica da pedra é Es l nv? +mgL(l-cos6). De acordo com a lei de conservação da energia, como não há atrito, essa energia é igual a 64]. Explicitando a velocidade, obtemos v=5,0m/s. (b) Para determinar o ângulo máximo atingido pelo pêndulo (conhecido como “ponto de retorno”), igualamos novamente a 64) à expressão do item anterior, mas fazendo v = O e considerando 8 como incógnita. Isso nos dá 8,,, = 79º. (c) Como foi visto no item (a), a energia mecânica total é 64). 21. Para resolver este problema, podemos usara lei de conservação da energia mecânica (Eq. 8-18). Escolhemos como referência para a energia potencial U (e para a altura hi) o ponto mais baixo da trajetória do peso, que também será considerado sua posição “final” (a) Observando a Fig. 8-32, vemos que h = L - L cos 8, em que 8 é o ângulo entre o fio do pêndulo e a vertical. Assim, a energia potencial gravitacional na posição mostrada na Fig. 8-32 (a posição inicial) é U= mgL(1 - cos 8,). Nesse caso, temos: K+U,=K,+U, um +mgL(l-cos6,)= sm +0 o que nos dá m v= Emi +mgL(1-cos6, | =v; +28L(l-cos6,) = (8,00 m/s)? +2(9,80 m/s? (1,25 m)(1- cos40º) = 8,35 m/s. (b) Estamos interessados em encontrar o menor valor da velocidade inicial para o qual o peso chega à posição horizontal, ou seja, devemos ter v, = 0 para 0 =90º (ou 8 = -90º, tanto faz, já que cos(-6) = cos 6). Temos: K+U,=K,+U, mi +mgL(1-cos8,)=0+mgL 274 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR o que nos dá v=28Lcos0, =/2(9,80 m/s? )(1,25 m) cos 40º = 4,33 m/s. (c) Para que a corda fique esticada na posição vertical, com o peso acima da corda, a força centrípeta deve ser, no mínimo, igual à força gravitacional: my) , —L=mg > my=mgL, r na qual levamos em conta que r = L. Substituindo na expressão da energia cinética (com 8 = 180º), temos: K+U,=K+U, 1 Lia o 2" +mgL(l-cos0,)= qu +mg(l-cos180º) Lia 1 2" +mgL(l-cos0,)= a (nEL)+MEÇL) o que nos dá w=£L+2cos6,) =«/(9,80 m/s” )(1,25 m)(3+2 cos 40º) = 7,45 m/s. (d) Quanto maior a energia potencial inicial, menor a energia cinética necessária para chegar às posições dos itens (b) e (c). Au- mentar 0, significa aumentar U,; assim, a um maior valor de 6, correspondem menores valores de v, nos itens (b) e (0). 22. De acordo com a Eq. 4-24, a altura h do salto do esquiador pode ser obtida a partir da equação v; = 0=,, — 2ghs, na qual vs, = w sen 28º é a componente vertical da “velocidade de lançamento” do esquiador. Para determinar v, usamos lei de conservação da energia. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, como o esquiador parte do repouso y = 20 m acima do ponto de “lançamento”, temos: mev=-um >v=/2g/=20 m/s que se torna a velocidade inicial v, do salto. Assim, a relação entre h e v, é ne (w sen 28º)? - 4,4m. 28 (b) Como o resultado final não depende da massa do esquiador, a altura máxima A seria a mesma. 23. (a) Quando a bola chega ao ponto mais baixo, a energia potencial inicial U = mgL (medida em relação ao ponto mais baixo) foi convertida totalmente em energia cinética. Assim, mgL= am >v=v2gL. Para L=1,20m,v=2gL=+/2(9,80 m/s(1,20 m) = 4,85 m/s . (b) Nesse caso, a energia mecânica total se divide entre a energia cinética mv; /2 e a energia potencial mgy,. Sabemos que y, = 2r, na qualr= - d =0,450 m. De acordo com a lei de conservação da energia, Lia mgL= 2 +mgy, o que nos dá v,=V2gL-2g(2r)=2,42 m/s. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 275 24. Vamos chamar de x a compressão da mola (considerada positiva) e usar como referência para a energia potencial gravitacional a posição inicial do bloco. O bloco desce uma distância total h + x e a energia potencial gravitacional final é -mg(h + 3). A energia potencial elástica da mola é kx?/2 na posição final e a energia cinética do bloco é zero tanto na posição inicial como na posição final. De acordo com a lei de conservação da energia, K+U,=K,+U, 0-medh++at que é uma equação do segundo grau em x. Usando a fórmula da equação do segundo grau, obtemos qo MESA (mg) +2mghk k Para mg = 19,6 N, h = 0,40 m, k = 1960 N/m e, escolhendo a raiz positiva para que x > 0, temos: 19,6+4/19,6º +2(19,6)(0,40)(1960) =D" >> >>> =0,10m. 1960 25. Como o tempo não aparece explicitamente nas expressões da energia, usamos primeiro uma das equações da Tabela 2-1 para calcular a variação de altura da bola durante a queda livre de t = 6,0 s: Lia Av=vat-58" o que nos dá Ay =-32 m. Assim, AU =mgAy=-318 1=-3,2x10? 1. 26. (a) Com a energia em joules e o comprimento em metros, temos: AU=U(3)-U(0)=-[ (6x 12)”. Assim, como sabemos que U (0) = 27 ), podemos obter U(x) (escrita simplesmente como U) calculando a integral e reagrupando os termos: U=27+12x-3x2, (b) Podemos maximizar a função acima igualando a derivada a zero ou usando o equilíbrio de forças. Vamos usar o segundo método. F=0>64,-12=0. Assim, à, 4 =20 me portanto, U = 39]. (c) Usando a fórmula da equação do segundo grau, um computador ou uma calculadora científica, descobrimos que o valor ne- gativo de x parao qual U=0éx= -L,6m. (d) Usando a fórmula da equação do segundo grau, um computador ou uma calculadora científica, descobrimos que o valor po- sitivo de x para o qual U=0éx=5,6m. 27. (a) Para verificar se o cipó se rompe, basta analisar a situação no instante em que Tarzan passa pelo ponto mais baixo da trajetória, já que é nesse ponto que o cipó (se não se romper) estará submetido ao máximo esforço. Tomando o sentido para cima como positivo, a segunda lei de Newton nos dá T-mg=m— r 278 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (c) A força para cima é a força elástica da mola (lei de Hooke), cujo módulo é kd = 25,2 N. A força para baixo é a componente da gravidade mg sen 40º = 12,6 N. Assim, a força resultante que age sobre a caixa é (25,2 - 12,6) N = 12,6 N para cima e a= Fim =(12,6 N)/(2,0 kg) = 6,3 m/sº. (d) A aceleração é para cima. 31. Vamos tomar como referência para a energia potencial gravitacional U, (e para a altura h) o ponto em que a compressão da mola é máxima. Quando o bloco está se movendo para cima, primeiro é acelerado pela mola; em seguida, se separa da mola e, finalmente, chega a um ponto no qual a velocidade v, é momentaneamente nula. Tomamos o eixo x como paralelo ao plano inclinado, com o sentido positivo para cima (de modo que a coordenada do ponto x, em que a compressão é máxima tem valor negativo; a origem é o ponto em que a mola está relaxada. Em unidades do SI, k = 1960 N/m e x, = -0,200 m. (a) A energia potencial elástica é kx /2 = 39,2]. (b) Como, inicialmente, U, =, a variação de U, é igual ao valor final mgh, na qual m = 2,00 kg. De acordo com a lei de conser- vação da energia, esse valor deve ser igual ao obtido no item (a). Assim, AU, = 39,2]. (c) De acordo com a lei de conservação da energia, K+U,=K,+U, Lj Ok =0+mgh o que nos dá h = 2,00 m. Como o problema pede a distância percorrida ao longo do plano inclinado, a resposta é d = h/sen 30º = 4,00m. 32. O trabalho pedido é igual à variação da energia potencial gravitacional quando a corrente é puxada para cima da mesa. Divi- dindo a corrente em um grande número de segmentos infinitesimais de comprimento dy, vemos que a massa de um segmento é (m/L) dy e a variação da energia potencial de um segmento, quando um segmento que está a uma distância |y| abaixo do tampo da mesa é puxado para cima da mesa, é dada por dU = (m/D)gly| dy = (m/L)gy dy, já que y é negativo (o eixo y aponta para cima e a origem está no tampo da mesa). A variação total de energia potencial é av="E[ sa els) MEL a 21 32 O trabalho necessário para puxar a corrente é, portanto, W=AU= mgL/32.= (0,012 kg)(9,8 m/sº)(0,28 m)/32 = 0,0010]. 33. Vamos medir todas as alturas em relação à base do plano inclinado, que usamos como referência para a energia potencial gravitacional. Tomamos o eixo x paralelo ao plano inclinado, com o sentido para cima como positivo e a origem na extremidade da mola no estado relaxado. A altura que corresponde à posição inicial da mola é dada por h = (D+ x) sen 8, na qual 6 é o ângulo do plano inclinado. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, temos: K+4U =K+U, > Osme(D+x)send+=kº =D nmê +mgDsend, o que nos dá, para m = 2,00 kg e k= 170 N/m, MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 279 w=4)2gxsend+ =2,40 m's. m (b) De acordo com a lei de conservação da energia, K+U=K+U, Otmg(D+n)send+ é mê +0, o que nos dá v,=2g(D+x)sen6+kx? /m=4,19 m/s. 34. Seja F, a força normal que o gelo exerce sobre o menino e seja m a massa do menino. A força radialé mgcos 6 - Fe, de acordo com a segunda lei de Newton, é igual a mv?/R, na qual v é a velocidade do menino. No ponto em que o menino perde contato com o gelo, E, = 0 e, portanto, g cos 6 = v/R. Queremos conhecer a velocidade . Tomando como referência para a energia potencial gravitacional o alto do monte de gelo, a energia potencial do menino no instante em que perde contato com o gelo é U= -mgR( - cos 6). De acordo com a lei de conservação da energia, como o menino parte do repouso e sua energia cinética no momento em que perde contato com o gelo é mv*/2, 0=my/2 = mgR(I - cos 6) ou v:=2gR(1 - cos 6). Como, de acordo com a segunda lei de Newton, v:/R = g cos 8, obtemos a relação g cos O = 2g(1 - cos 6), o que nos dá cos 6 = 2/3. A altura do menino em relação à base do monte de gelo é h=Rcos6 2038 m)=9,20 m 35. (a) A energia potencial elástica da mola quando o bloco para momentaneamente é U= e sum N/m)(0,210 m)? = 9,50]. Essa energia é igual à energia potencial gravitacional do bloco no instante em que começou a deslizar, mgy, em que y = (d + 3) sen(30º) é a altura inicial do bloco em relação ao ponto em que para momentaneamente. Assim, mg(d + x) sen(30º)=9,50] > d=0,396m. (b) Depois de se chocar com a mola, o bloco continua a acelerar por algum tempo, até que a força elástica da mola se torne igual à componente da força da gravidade paralela ao plano inclinado. No instante em que isso acontece, kx = mgsen30º o que nos dá x = 0,0364 m = 3,64 cm. Nota: Isso acontece muito antes que o bloco pare momentaneamente (depois de se chocar com a mola, o bloco percorre uma distância de 21 cm até parar). 36. Vamos chamar de h a altura da mesa e de x a distância horizontal percorrida pela bola de gude. Nesse caso, x= vt e h = g/2 (já que a componente vertical da “velocidade de lançamento” da bola é zero). Isso nos dá x=1,,/21/ £. Note que a distância hori- zontal percorrida pela bola é diretamente proporcional à velocidade inicial. Vamos chamar de v,, à velocidade inicial do primeiro lançamento e de D, = (2,20 - 0,27) m = 1,93 m a distância horizontal percorrida. Supondo que o segundo lançamento acerta no alvo, vamos chamar de v,, a velocidade inicial do segundo lançamento e de D = 2,20 m a distância horizontal percorrida; nesse caso, temos: 280 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Yo. D - % D —-D Quando a mola é comprimida de uma distância £, a energia potencial elástica é kf?/2. No instante do lançamento, a energia cinética da bola de gude é mv, /2. De acordo com a lei de conservação da energia, my, /2 = k£?/2, o que mostra que a velocidade inicial da bola é diretamente proporcional à compressão inicial da mola. Chamando de £, a compressão usada no primeiro lançamento e de £, a compressão usada no segundo, vç, = (£,/€,)vy- Combinando este resultado com o anterior, obtemos: 193m (om Jauoem- tas em. 37. Considere um elemento infinitesimal de comprimento dx situado a uma distância x de uma das extremidades da mola (a ex- tremidade de cima quando a corda é colocada na vertical). Quando a corda é colocada na vertical, a variação de energia potencial desse elemento é dU=-(Adx)gx em que À = m/h é a massa específica linear da corda e o sinal negativo mostra que a energia potencial diminuiu. Integrando ao longo de toda a corda, obtemos a variação total da energia potencial: AU= [dU=[" agads => aghê mem, Param = 15g eh = 25 cm, obtemos AU = 0,018]. 38. Neste problema, a energia mecânica (a soma de K e U) permanece constante. (a) Comoa energia mecânica é conservada, U, +K, =U,+K,, ea energia cinética da partícula na região A (3,00 m<x< 4,00 m)é K,=U,-U,+K,=12,0 1-9,00]+4,00]=7,00]- Como K,=mv;/2, a velocidade da partícula no ponto x = 3,5 m (dentro da região 4) é vo 2K, - 20000 37, m 0,200 kg (b) No pontox=6,5m, U=0 e K=U,+K, = 12,0 ]+4,00 J=16,0 J. Assim, a velocidade da partícula é v= E. [20600 my m 0,200 kg (c) No ponto de retorno, a velocidade da partícula é zero. Chamando (8.0m, 24,003) de x, a posição do ponto de retorno da direita, temos (veja a figura): 16,00 J-0 24,00 ]-16,00 J DDD =D10D DL > sx=7,6m. / 7,00m 8,00m-x, (xo. 16.00 y / (7,0m,0) MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 283 42. Como a velocidade é constante, à= 0 e a componente horizontal da força aplicada pelo operário, F cos 8, é igual ao módulo da força de atrito, f, =/4, Fw. Além disso, as forças verticais se cancelam, e, portanto, a soma do peso do caixote, mg, com a componente vertical da força aplicada pelo operário, F sen 6, é igual à reação normal do piso, F,. Isso nos dá o seguinte sistema de equações: Fcos0-=uF, FsenO+mg=F, Resolvendo o sistema de equações acima, obtemos F=71 N. (a) De acordo com a Eg. 7-7, o trabalho realizado pelo operário sobre o bloco é W=Fdcos 6 =(71 N)(9,2mjcos 32º = 5,6 x 102). (b) Como fi = 14, (mg + F sen 0), AE, = f,d=(60NJ9,2m)=5,6x10? 3. 43. (a) De acordo com a Eq. 7-8, W=(8,0NX0,70m)=5,6 ]. (b) De acordo com a E. 8-31, o aumento de energia térmica é dado por AE, = f,d=(5,0NX0,70m)=3,5 ]. 44. (a) O trabalho realizado é W = Fd = (35,0 N)(3,00 m) = 105]. (b) De acordo com a Eq. 6-2 e a Eq. 8-31, o aumento total de energia térmica é dado por AE, = uumgd = (0,600)(4,00 kg)(9,80 m/s?)(3,00 m) = 70,6 ]. Se a energia térmica do bloco aumentou de 40,0), a energia térmica do piso aumentou de (70,6 - 40,0) ) = 30,6]. (c) Parte do trabalho total (105 )) foi “desperdiçada” (70,6 ] transformaram-se em energia térmica), mas o restante, (105 - 70,6) J=34,4J, transformou-se em energia cinética. (Não houve aumento de energia potencial do bloco porque está implícito que o piso é horizontal.) Assim, o aumento da energia cinética do bloco é 34,4). 45, PENSE Para manter um bloco em movimento com velocidade constante em uma superfície com atrito, é preciso aplicar ao bloco uma força constante. FORMULE A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do bloco, tomando o eixo x como eixo horizontal e o eixo y como eixo vertical. Fsen6 K F f 6 Fcosg mg ANALISE (a) O trabalho realizado pela força sobre o bloco é W = Fd cos. Substituindo os valores conhecidos, obtemos W =t'dcos0 =(7,68NX4,06m)cos15,0º = 30,1 J 284 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Como, de acordo com a lei de conservação da energia, o aumento da energia térmica deve ser igual ao trabalho realizado sobre o bloco, AE,= W = 30,1]. (c) Podemos usar a segunda lei de Newton para determinar a força de atrito e a força normal e, em seguida, usar a relação 44, = JE, para calcular o coeficiente de atrito cinético. Aplicando a segunda lei de Newton à componente x do movimento, obtemos f=F cos 8= (7,68 N)cos15,0º=7,42 N Aplicando a segunda lei de Newton à componente y do movimento, obtemos Fy=mg- F sen 6= (3,57 kg)(9,8 m/S?) — (7,68 N)sen15,0º= 33,0 N Assim, o coeficiente de atrito cinético é APRENDA O aumento da energia térmica do sistema bloco-piso é dado pela Eq. 8-31, AE, = fl. Substituindo fe d por valores numéricos, obtemos AE, = (7,42 N)(4,06 m) = 30,1 ], o mesmo valor calculado no item (b). 46. Vamos resolver o problema usando unidades inglesas (tomando g = 32 pés/s), mas, para facilitar os cálculos, vamos primeiro converter o peso para libras: 0,56libra mg = (9,0) onças 1 libra 16onças o que nos dá m= 0,018 libras-s” /pé . Vamos também converter a velocidade inicial para pés por segundo: 5280 pés/mi u=(818 mim 3600 s/h > 120 pés/s De acordo com a Eq, 8-33, a energia “perdida” é dada por AE, = -AE, ... Assim, Lima 1 2 2 1; AE, = ami =v)+me(y,—v)= 70 018)(120º -110)+0= 20 pés-libras. 47. Para trabalhar no SI, convertemos a massa m do disco de plástico para kg: m = 0,075 kg. De acordo com a Eq. 8-33, a energia “perdida” é dada por AE, = “AE, ... Assim, Lira AE = 0; VD) +ME, 5) =>(0.075 kg)I(12 m/s)? (10,5 m/s) ]+(0,075 kg)(9,8 m/s? 1,1 m-2,1 m) =0,53]. 48. De acordo com a Eq. 8-31, temos: AE, = f,d=(10NJ(5,0m)=50 J e, de acordo com a Eq. 7-8, W=Fd=(2,0N)X5,0m)=10 1. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 285 De acordo com a Eq. 8-33, W=AE,..+AE,=AK+AU+AE, 10=35+AU +50, o que nos dá AU = 75]. Assim, de acordo com a Eq, 8-1, o trabalho realizado pela força gravitacional é W = -AU = 75]. 49. PENSE Quando o urso escorrega para baixo, parte da sua energia potencial é convertida em energia cinética e parte é con- vertida em energia térmica. FORMULE Tomando a energia potencial do urso ao chegar ao chão como U;= 0, sua energia potencial antes que comece a escor- regar é U, = mgL, em que m é a massa do urso e L é a altura inicial em relação ao solo. A energia cinética final pode ser calculada a partir da velocidade final e a força de atrito média pode ser determinada usando a lei de conservação da energia. ANALISE (a) A variação do potencial gravitacional é AU=U,-U,=-mgL=(25kg)(9,8m/s"X12 m)=-2,9x10º 3 (b) A energia cinética final do urso é K- mi - + ke)(5,6 mis)? =3,9x10º 1 (c) De acordo com a Eq. 8-31, a variação de energia térmica é AE, = fL, em que f é o módulo da força de atrito média. De acordo com a lei de conservação da energia, AE, + AK + AU = 0, o que nos dá 2 jo > po MAU IP IDO, a L 2m APRENDA Explicitando a variação de energia cinética na última equação, obtemos AK = -AU- AE, = (mg- fL= (p= fJL, em que p &o peso do urso. Assim, a força de atrito pode ser vista como uma força que se opõe ao peso do urso e assim reduz a velocidade (e a energia cinética) com a qual ele chega ao solo. 50. De acordo com a Eq. 8-33, a energia “perdida” é dada por AE, = AE, ... Assim, Lis AE =5m( -V)+mgO,= 35) =a(60 kg m/s — (22 m/s ]+-(60 kg)(9,8 m/s? 14 m) =LIx10º J. O fato de que o ângulo de 25º não é usado nos cálculos mostra que a energia é uma grandeza escalar. 51. (a) A energia potencial inicial é U, = mgy, = (520 kg)(9,8 m/s?)(300 m)= 1,53x10º 3, em que y = 0 na base da montanha e o sentido positivo de y é para cima. (b) Como f, =, Fy = mg cos0, a Eq. 8-31 nos dá AE, = f,d= u,mgd cos0 . Tratando a superfície da montanha (de comprimento d = 500 m) como a hipotenusa de um triângulo retângulo, obtemos a relação cos 8 = x/d, em que x = 400 m. Assim, AE,= mmgd = uymgx= (0,25)(520)(9,8)(400) = 5, [x10' J. (c) A Eq. 8-31 (com W= 0) nos dá 288 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Agora que sabemos em que ponto o pote para (d'= 0,13 + 0,55 = 0,68 m é a distância em relação à base do plano inclinado), podemos usar novamente a Eq. 8-33 (com W = 0 e agora com K,= 0) para obter a energia cinética final (com o pote na base do plano inclinado): K,=-AU-AE, La 7 aum =mgd'(sen6- uu, cos0), o que nos dá v=2gd'(sen 1, Cos 0)=2,7 m/s. (c) O resultado do item (a) deixa claro que d aumenta quando 4, diminui — tanto matematicamente (já que 44, é positivo e está no denominador) como intuitivamente (menos atrito, menos energia “perdida”). No item (b), existem dois termos na expressão de v que mostram que a velocidade aumenta quando 4, diminui: o aumento do valor de d'= d, + d e o fator sen 6 - 1, cos 6, que mostra que um valor menor é subtraído de sen 8 quando 44, diminui (e, portanto, o valor do fator aumenta). 59. (a) Se h é a altura máxima alcançada pela pedra, a energia térmica gerada pela resistência do ar enquanto a pedra sobe até a altura h, de acordo com a Eq. 8-31, é AE, = fh. Nesse caso, a Eq, 8-33 (com W= 0) nos dá: K + U+ AE =K+U, Tomando como referência para a energia potencial o ponto de lançamento (nível do solo), U;= O e U,= wh, em que w = mgé o peso da pedra. Além disso, sabemos que a energia cinética inicial é K, = mv?/2 e a energia cinética finalé K;= 0. Assim, wh+ fh=mj /2 e Ca Y “+ f) 2804 Fim). Substituindo os valores conhecidos, obtemos: (20,0 m/s)? -—— DO o -19,4m 2(9,80 m/s" )(1+0,265/5,29) . (b) Note que a força de arrasto do ar é para baixo quando a pedra está subindo e para cima quando a pedra está descendo, já que tem o sentido contrário ao do movimento da pedra. O aumento da energia térmica em todo o percurso é AE, = 2fh. A energia cinética final é K,= mvº/2, em que v é a velocidade da pedra imediatamente antes de se chocar com o solo. A energia potencial final é U,= 0. Assim, de acordo com a Eq. 8-31 (com W= 0), temos: Lia lia =nv +2fh=—my,. 2 = qm Substituindo h por seu valor, obtido no item (a), obtemos: 2% 1 =-m? Ro 2g(+Ffiw) 2 o que nos dá Vo RP af mae fm * v+f Cf na qual mg foi substituído por we foram executadas algumas manipulações algébricas. Assim, v=", VÍ (20,0 mis) 529 N-0265N 9 ymjs v+f 5,29 N+0,265 N MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 289 60. A distância d percorrida ao longo do plano inclinado está relacionada ao aumento de altura através da equação Ah = d sen 8. Analisando as forças envolvidas, usando os métodos do Capítulo 6, concluímos que o módulo da força normal é E, = mg cosê, o que significa que f, = 14, mg cos0. Assim, de acordo com a Eq. 8-33 (com W = 0), temos: 0=K,-K, +AU+4E, =0-K, +mgdsen 0+uymgd coso, o que nos dá K, 128 - DDD =43m. mg(senO+u, cos0) (4,0)9,8)(sen 30º +0,30cos30º) 61. Antes do salto, a energia mecânica é AE, AE, eco = 0. Na altura máxima A, em que a velocidade é zero, a energia mecânica é 1 = Mg. A variação da energia mecânica está relacionada à força externa através da equação AE = AB nec 17 MEeso = mgh= Fogd cos À em que E, é o valor médio do módulo da força externa exercida pelo piso sobre as costas do besouro. (a) Explicitando Emed na equação acima, obtemos mgh (4,0x10% kg)X9,80 m/s?)(0,30 m) = = =1,5x107 N. "ri dcosó (7,7x10* mJ(cos 0º) (b) Dividindo o resultado do item (a) pela massa do besouro, temos: Fm ho 9. 00) is age m dcosço (7,7x10 micos 0º) 62. Vamos chamar o ponto em que o bloco encontra o “terreno acidentado” de ponto C (esse ponto está a uma altura h em relação ao solo). De acordo com a Eq, 8-17, a velocidade do bloco no ponto C é ve= 1i-2gh = (8,0)2- 2(9,8)02,0) = 4,980 = 5,0 m/s. Assim, a energia cinética do bloco ao chegar ao “terreno acidentado” (ou seja, ao chegar ao ponto B) é 1 K= (4,980 m/s) = 12,4m (em unidades do SI). Note que deixamos o resultado em termos da massa, como se fosse uma grandeza conhecida; como vamos ver em seguida, a massa não aparece no resultado final. Usando a Eq. 8-37 (e a Eq. 6-2 com F,= mgcos0) e y = d sen 6, notamos que, se d<1L (ou seja, se o bloco não chega ao ponto B), a energia cinética é totalmente transformada em energia térmica e potencial: Kc=mgy+fd > 12,4m=mgdsenô + mgd cosô. Para ju, = 0,40 e 6 = 30º, d = 1,49 m, que é maior que L (de acordo com o enunciado do problema, L = 0,75 m). Assim, a hipótese de que d < L está errada. Qual é a energia cinética do bloco ao chegar ao ponto B? O cálculo é semelhante ao anterior, com d em lugar de L e a velocidade final vº como incógnita, em vez de ser nula: 1 q" = Kc- (mgL senô + my mgL cos6) . Assim, a velocidade do bloco ao chegar ao ponto B é 290 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR vo =/Vê-2gL(sen0+ 4, cos 6) 5 m)(sen 30º+0,4cos30º)=3,5 m/s. 63. De acordo com a última linha do enunciado, a força de atrito estático deve ser desprezada. A força de atrito de módulo f = 4400 N é uma força de atrito cinético; de acordo com a Eq. 8-31, a variação de energia térmica associada a essa força é AE,= fd, na qual d = 3,7 m no item (a) (mas será um valor a ser calculado, x, no item (b). (a) De acordo com a Eq. 8-33, fazendo W'= 0 e usando como referência para a energia potencial a extremidade superior da mola no estado relaxado, temos: U,=K+AE >1v= 2d(s o que nos dá v = 7,4 m/s para m = 1800 kg. (b) Vamos aplicar novamente a Eq. 8-33 (com W = 0), agora relacionando a energia cinética, no instante em que o elevador se choca com a mola, à energia do sistema no ponto mais baixo atingido pelo elevador. Usando a referência para a energia potencial escolhida na parte (a), a energia potencial do sistema no ponto mais baixo atingido pelo elevador é mg(-%), na qual x é a redução de comprimento da mola. Assim, a energia cinética é dada por Ke mgleapeh + em que, usando a velocidade calculada no item (a), K = mv/2 = 4,9 x 10º]. Fazendo = mg- f= 1,3 x 10ºN, a fórmula da equação do segundo grau nos dá «ETDHE x -FEVE 0,90m em que escolhemos a raiz positiva. (c) Usando como referência para a energia potencial o ponto mais baixo atingido pelo elevador, a energia do sistema elevador- mola nesse ponto é apenas a energia potencial elástica da mola, kxº/2. Chamando de d'a distância máxima atingida pelo elevador quando sobe de volta no poço, a lei de conservação da energia nos dá ka = — =2,8m. XAmg+d) 2? =mgd+ fi>d! (d) A única força não conservativa (veja a Seção 8-2) é o atrito, e a energia “desperdiçada” pelo atrito é que determina a distância total percorrida pelo elevador, já que as energias associadas a forças conservativas dependem apenas das posições inicial e final. Como, na posição final de equilíbrio, o peso do elevador é equilibrado pela força elástica da mola, temos: mg=kda da =TÊ- 0,12m. em que d, é a diferença entre o comprimento da mola na posição final e o comprimento da mola no estado relaxado. Usando como referência para a energia potencial gravitacional o ponto final de equilíbrio do elevador, a energia do sistema na situação inicial é U = mg(d., + d). Na posição final, a energia potencial gravitacional é zero e a energia potencial elástica é kd), /2.. Assim, de acordo com a Eq. 8-33, metd.,+d)= qhd +Ja (1800)(9,8)(0,12+3,7)= =5* 100,12) +(4400)d, o que nos dá du = 5 m. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 293 K-+(0,55 kg? Tomando como referência a borda do penhasco, a energia potencial no instante em que a altura é máxima é U = mg = 755]. Assim, de acordo com a lei de conservação da energia mecânica, K=K,-U=1550-755>9, (b) Como v, = v,, à energia cinética inicial Loto K, =qm(i +17) pode ser usada para calcular v,. O resultado é v, = 52 m/s. (c) Aplicando a Eq. 2-16 à direção vertical (com o eixo y apontando para cima), temos: v=7,-2gAy > (65m/s)=(52m/s) -2(9,8 m/s” )Ay o que nos dá Ay = 76 m. O sinal negativo mostra que o deslocamento é para baixo em relação ao ponto de lançamento. 69. PENSE Como os dois blocos estão ligados por uma corda, a distância percorrida pelos dois blocos é sempre a mesma. FORMULE Se a variação de altura do bloco B é d = —0,25 m, a variação de altura do bloco A é h= d'sen8, em que 6 é o ângulo do plano inclinado, e a variação de energia potencial gravitacional é AU =-magd+mgh Como, de acordo com a lei de conservação da energia mecânica, AK + AU= 0, a variação de energia cinética do sistema é AK=-AU. ANALISE Como a energia cinética inicial é zero, a energia cinética final é K,=AK=mygd-m,gh=mygd -m gdsenO =(my —m,senO)gd =[2,0kg (1,0 kg) sen30](9,8 m/s?)(0,25 m) =3,71. APRENDA De acordo com a expressão anterior, existem três possibilidades, dependendo dos valores relativos de m, m; e 0.Se m, senô<mt,, como acontece neste problema, o bloco B desce e o bloco 4 sobe; se 11, sen 6= m,, os blocos permanecem em equilíbrio; se 71, sen 6 >mt,, O bloco A desce e o bloco B sobe. 70. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, a energia mecânica é a mesma no instante inicial e no instante em que a bola atinge o ponto mais alto da circunferência. A segunda lei de Newton pode ser usada para determinar a velocidade, e portanto a energia cinética, no ponto mais alto da circunferência. Nesse ponto, a força de tração T da corda e a força da gravidade apontam para baixo, na direção do centro da circunferência. Como o raio da circunferência é r = L - d, temos: nm? L-d” T+mg= naqual véa velocidade e m é a massa da bola. Quando a bola passa pelo ponto mais alto da circunferência com a menor velocidade possível, a tração da corda é zero e, portanto, 294 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Tomando como referência para a energia potencial gravitacional do sistema bola-Terra o nível em que a bola está no ponto mais baixo da circunferência, a energia potencial inicial é mgL. Como a bola parte do repouso, a energia cinética inicial é zero. A ener- gia potencial final, com a bola no ponto mais alto da circunferência, é 2mg(L - d) e a energia cinética final é m/2= mg(L- d)/2, usando o valor já calculado para a velocidade. De acordo com a lei de conservação da energia, temos: mgL= 2mg(L-a)+Eme(L=a) = d=3L/5. Para L = 1,20 m, d = 0,60(1,20 m) = 0,72 m. Note que, se d for maior que esse valor, a altura do ponto mais alto da circunferência será menor e a bola passará por esse ponto sem dificuldade. Por outro lado, se d for menor que esse valor, a bola não chegará ao ponto mais alto da circunferência. Assim, o valor calculado para d é um limite inferior. 71. PENSE Quando o bloco escorrega para baixo no plano inclinado sem atrito, sua energia potencial gravitacional é convertida em energia cinética, e a velocidade do bloco aumenta. FORMULE Como, de acordo com a lei de conservação da energia, K, + U, = Ky + Us à variação de energia cinética quando o bloco se move do ponto A para o ponto B é AK=K,-K,="AU=(U,-U,) Nos dois casos, como a variação de energia potencial é a mesma, AK, = AK,. ANALISE Uma vez que AK, = AK, temos 1 =my, MG 20 Bo Lia Vas = na Mas e, portanto, a velocidade do bloco no ponto B no segundo caso é Vas = (Vi Vis Via = (2,60 m/s) =(2,00 mis)? +(4,00 m/s)? =4,33 m/s APRENDA Em vez de supor que o bloco foi lançado para baixo com uma velocidade inicial diferente de zero, podemos supor que o bloco foi liberado, sem velocidade inicial, em um ponto do plano inclinado acima do ponto A. Nesse caso, o fato de que v,; > v., significaria que, no segundo caso, o bloco foi liberado de um ponto do plano inclinado mais distante do ponto 4. 72. (a) Tomamos a energia potencial gravitacional do sistema esquiador- Terra como sendo zero quando o esquiador está no vale. A energia potencial inicial é U, = mgH, na qual m é a massa do esquiador e H é a altura do pico mais alto. A energia potencial final é U, = mgh, na qual h é a altura do pico mais baixo. A energia cinética inicial do esquiador é K, = 0 e a energia cinética final é K, = mv'/2, em que v é a velocidade do esquiador no cume do pico mais baixo. Como a força normal que a encosta exerce sobre o esquiador não realiza trabalho e o atrito é desprezível, a energia mecânica é conservada: U+K=U,+K, > meH=mghs-im. Assim, v=2e(H-h)=[2(9,8 mis” (850 m- 750 m) = 44 m/s. (b) A força normal que a encosta exerce sobre o esquiador é dada por E, = mg cos 8, em que 8 é o ângulo que a encosta faz com a horizontal. O módulo da força de atrito é dado por f = 14, Ex = 14, mg cos 8. A energia térmica produzida pela força de atrito é fd = Itumgd cos 6, em que d é a distância total coberta pelo esquiador. Como o esquiador chega ao cume do monte mais baixo sem energia cinética, o aumento da energia térmica é igual à redução da energia potencial, ou seja, tu mgd cos 8 = mg(H — h). Assim, -H-h (850m-150m) O qa dcos6 (3,2x10º m)cos30º Mk MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 295 73. PENSE Quando o cubo é empurrado, o trabalho realizado pela força que empurra o cubo é convertido em energia térmica, que é dividida entre o cubo e o piso. FORMULE De acordo coma Eq. 8-33, W = AE, + AE, em que Wé o trabalho realizado e AE,, e AF, são, respectivamente, a variação da energia mecânica e a variação da energia térmica do sistema cubo-piso. Como a velocidade é constante e o piso é horizontal, AE, = AK + AU=0 e, portanto, W= AE = AEcvo + Aupio ANALISE Como W= (15 N)(3,0 m) = 45 J e AEao = 20), temos AE =45]-20]=25]. APRENDA Como será visto no Capítulo 18, o modo como a energia térmica é dividida entre o cubo e o piso depende das pro- priedades dos dois materiais. 74. Vamos tomar, como referência, a altura em que se encontra a esquiadora ao passar pelo ponto B. Nesse caso, a altura em que se encontra a esquiadora ao passar pelo ponto A é y, = R(1 - cos 20º) = 1,2 m, em que R é o raio do morro. A massa da esquiadora é m=(600 N)/(9,8 m/s?)=6l kg. (a) De acordo com a Eq. 8-17, K,+U,=K +U,>K,+0=K +mgy,. Como K, = (61 kg)(8,0 m/8)2/2, K, = 1,2 x 10º ]. Assim, a velocidade da esquiadora no alto do morro é 2K ; vo LE PADAOD 6 sys m 61kg . Nota: Alguém pode aventar a possibilidade de que a esquiadora perca contato com a neve ao passar pelo ponto A, mas é fácil demonstrar que isso não acontece no caso que estamos examinando. No ponto 4, a aceleração centrípeta é v?/r = 2 m/s?, um valor bem menor que g. (b) Para K, = 0, temos: K+U,=K+U, > K,+0=0+mgy,, o que nos dá K, = 724], A velocidade correspondente é 2K, v= p MAD 49 s m 6lkg - (c) Expressando as energias em termos da massa da esquiadora, temos: K+U,=K+U,> mi +mgy, uni +mg,. Assim, a massa m pode ser colocada em evidência e a razão entre as velocidades v, e v não depende da massa e, portanto, não depende do peso da esquiadora. 75. PENSE Este problema envolve o movimento de um pêndulo. A energia cinética e a energia potencial da bola variam com o tempo, mas a energia mecânica total permanece constante. FORMULE Seja L o comprimento da haste, A altura h da bola em relação ao ponto mais baixo do percurso (que será tomado como referência para a energia potencial) está relacionada ao ângulo 6 entre a haste e a vertical pela equação h = L(1 - cos 6). 298 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR APRENDA Como a energia mecânica total é negativa, a partícula está aprisionada em um poço de potencial e só pode se mover na região em que 1,5 m < x < 13,5 m. Nos pontos de retorno (1,5 m e 13,5 m), a energia cinética é zero e a partícula permanece momentaneamente em repouso. 78. (a) Como a velocidade do caixote aumenta de O para 1,20 m/s em relação ao piso da fábrica, a energia cinética fornecida ao caixote é Lad à K= un? =+(300kgX120m/s)*=216 1. (b) O módulo da força de atrito cinético é f=uF,=umg=(0,400/(300kg)9,8m/s”)=1,18x10º N. (c) Seja d a distância percorrida pelo caixote em relação à esteira antes que pare de escorregar. De acordo com a Eq. 2-16, > = 2ad = 2fdlm e, portanto, mv/2.= fd. Assim, a Eq. 8-31 nos dá AE, =H=qu? =K e a energia total fornecida pelo motor é W=K+4E,=2K=(2)2161)=432 1. (d) A energia fornecida pelo motor, calculada no item (c), é maior que a energia cinética fornecida ao caixote, calculada no item (a), porque parte da energia fornecida pelo motor foi dissipada na forma de calor (AE,) enquanto o caixote estava escorregando. 79. PENSE Quando o carro desce a ladeira, o atrito faz com que parte da energia mecânica seja convertida em energia térmica. FORMULE Vamos tomar o eixo y como vertical, apontando para cima, com a origem na posição final do carro. Como o ângulo da ladeira é 6 = 5,0º, a variação de altura do carro do ponto inicial ao ponto final é Ay = —(50 m) sen 8 = —4,4 m. Tomando a energia potencial gravitacional como U = 0 no ponto y=0, a variação da energia potencial gravitacional é dada por AU = mgAy. A variação de energia cinética é AK = m(v; —;)/2. A variação total de energia mecânica é AE,, = AK + AU. ANALISE (a) Convertendo as velocidades para m/s e substituindo os valores conhecidos, obtemos AE, =AK+AU= sm; —v)+mgay =50 500 kg)[(11,1m/s)? (8,3 m/s) ]+(1500kg)(9,8 m/s?)(-4,4 m) =-23940 1=-2,4x10º 3 (b) De acordo com as Egs. 8-31 e Eq. 8-33, AE, = fid = —AE,,. Para d = 50 m, temos Sky A24XI0 4 gg N d 50m APRENDA A perda de energia mecânica é proporcional à força de atrito; se não houvesse atrito, a energia mecânica seria conservada. 80. Se, quando o bloco percorre uma distância horizontal d, = 40 m, o deslocamento vertical é d, = 30 m, o ângulo do plano inclinado é o=tan![20)=37º. 40 Note também que a força de atrito cinético é f, = /4/Mg cos O . Nesse caso, de acordo com as Eqs. 8-31 e 8-33, o trabalho realizado pela força em um segundo é W=mgh+ fd = mgd(sen O + ucos 0) MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 299 em que d = 1,34m é a distância percorrida pelo bloco em um segundo. Substituindo valores conhecidos, obtemos W= 1,69 x 10º]. Assim, a potência desenvolvida pela força é a prSO A ggn10* Wa 1,7x10º W. s 81. (a) O trabalho realizado quando a partícula se move de x = 3,00 m até x = 2,00 m é W= E, Ax =(5,00 N)(-1,00 m) = -5,00]. e, portanto, a energia potencial no ponto x = 2,00 m é U, = +5,00]). (b) De acordo com o enunciado do problema, E,,.= 14,0 J e, portanto, a energia cinética no ponto x = 2,00 m é K, = Ens 14,0 -5,00=9,00]. (c) O trabalho realizado quando a partícula se move de x = 2,00 m atéx = 0 é W= F,Ax=(3,00 N)(-2,00 m) = - 6,00 e, portanto, a energia potencial no ponto x = 0 é U, = 6,00) + U, = (6,00 + 5,00) = 11,0]. (d) Um raciocínio semelhante ao do item (a) nos dá Ky= Es Uo= (14,0 - 11,0) ) = 3,00). (e) O trabalho realizado quando a partícula se move do ponto x = 8,00 m até o ponto x = 11,0m é W= F,Ax =(- 4,00 N)(3,00 m) = 12,0) e, portanto, a energia potencial no ponto x = 11,0 m é U,, = 12,0). (1) A energia cinética no ponto x = 11,0 m é, portanto, Ku = Eu Us = (14,0 - 12,0) J= 2,00]. (g) Nesse caso, W = F,Ax = (1,00 N)(1,00 m) = 1,00 J e, portanto, a energia potencial no ponto x = 12,0 m é U, = 1,00] + U,, = (1,00 + 12,0) J= 13,0). (h) A energia cinética no ponto x = 12,0 m é, portanto, Ko = Eram (14,0 - 13,0) = 1,00]. (i) Como o trabalho realizado no intervalo de x = 12,0 m até x = 13,0 m é nulo, a resposta é a mesma do item (g): U, = 13,0]. ()) Como o trabalho realizado no intervalo de x = 12,0 m até x = 13,0 m é nulo, a resposta é a mesma do item (h): K, = 1,00]. (k) Embora o gráfico não seja mostrado aqui, tem o aspecto de um “poço de potencial” formado por retas horizontais e inclina- das. De x = 0 até x = 2 (em unidades do SI) o gráfico de U é uma reta inclinada para baixo que vai de ll a 5;dex=2atéx= 3,é uma reta inclinada para baixo que vai de 5 a 0. De x = 3 até x = 8, é uma reta horizontal. De x = 8 até x = 11, é uma reta inclinada para cima que vai de 0 a 12; de x= 11 até x = 12, é uma reta inclinada para cima que vai de 12 a 13. A partir de x = 12, é uma reta horizontal (esta é a “borda direita do poço”). () Podemos imaginar que a partícula “cai” no poço até o nível mais baixo, que se estende de x = 3 até x = 8. Nesse nível, como U=0, toda a energia potencial inicial (11 ]) foi convertida em energia cinética e, portanto, K = 11,0). 300 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (m) A energia cinética calculada no item (1) não é suficiente para que a partícula atinja a borda direita do poço, mas permite que chegue a uma “altura” de 11 no ponto x = 10,8 m. Como é discutido na Seção 8-6, este é um “ponto de retorno” (n) Após atingir o ponto de retorno, a partícula “cai de volta” no poço de potencial e torna a subir do lado esquerdo até voltar à posição inicial. Uma análise mais detalhada mostra que, depois de parar (momentaneamente) no ponto x = 10,8 m, a partícula é acelerada para a esquerda pela força F, e ganha velocidade suficiente para subir de volta até o ponto x = 0, onde para novamente. 82. (a) No ponto x = 5,00 m, a energia potencial é zero e a energia cinética é k= emp - +(200 ke)(3AS m/s)2= 11,9]. A energia total, portanto, é suficiente para que a partícula chegue ao ponto x = 0, onde U = 11,0), com uma pequena “reserva” (11,9] = 11,0] = 0,9025 )). Como essa sobra de energia está na forma de energia cinética, a velocidade em x = 0 é v= /2(0,9025 (2 kg) = 0,950 m/s. Não existe, portanto, um ponto de retorno. (b) A energia total (11,9 )) é igual à energia potencial no ponto x = 10,9756 = 11,0 m. Esse ponto pode ser determinado por in- terpolação ou com o auxílio do teorema do trabalho e energia cinética: K=K+W=0 2 11,9025+(-4)d=0 > d=2,9756= 298 [distância que, ao ser somada a x = 8,00 (o ponto no qual F, começa a agir), fornece o resultado correto]. Assim, existe um ponto de retorno em x= 11,0 m. 83. PENSE Como uma força externa realiza trabalho sobre o bloco, a energia do bloco aumenta. FORMULE De acordo com as Egs. 8-25 e 8-26, o trabalho realizado por uma força externa é W = AE,, = AK + AU. Como, neste caso, a energia potencial não varia, AU = 0 e, portanto, W=8E,=AK om) o) A potência média, ou taxa média com a qual a energia é transferida para o bloco, é dada pela Eq. 7-42, P,ey= WIAL. ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos na expressão anterior, obtemos AE, =AK = Im; =) =>(15ke)IGO m/s -(10m/s)]=6000 1 =6,0x10" 3 (b) A potência média, ou taxa média com a qual a energia é transferida para o bloco, é dada pela Eq. 7-42, P,« = W/At, em que, de acordo com a Eq. 2-11, At = Av/a = 10 s. Assim, temos “W 6,0x10! 3 Pas—= mA 10,05 =600 W (c) e (d) De acordo com a segunda lei de Newton, a força aplicada ao bloco é E = ma = 30 N. De acordo com a Eq. 7-48, a potência instantânea é p=Ps=[ 300 W para v=10 m/s “1.900 W parav=30 m/s APRENDA A média aritmética dos valores calculados nos itens (c) e (d) é igual ao resultado obtido no item (b). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 303 K=K + U,= —(2,50 kg)(3,00 m/s)? + (2,50 kg)(9,80 m/sº)(4,00 m) = 109 ]. Para uso futuro, notamos que a velocidade da lata ao chegar ao solo é v=2Kim =9,35 m/s. (b) Quando a lata se encontra a 4,00/2 = 2,00 m do solo, a energia cinética é K= =(250 kg)(3,00 m/s)? + (2,50 kg)(9,80 m/s?) (2,00 m) = 60,3]. (c) Uma forma simples de resolver este item e o item seguinte é imaginar que a lata está sendo lançada do solo, no instante t = 0, com uma velocidade de 9,35 m/s [veja o item (a)], e calcular a altura e a velocidade da lata no instante t = 0,200 s, usando as Egs. 2-15 e Eg.2-11: »=(9,35 m/s)(0,200 s) - + (980 m/s?)(0,200 5)? = 1,67 m, v=9,35 m/s - (9,80 m/s)(0,200 s) = 7,39 m/s. A energia cinética é K= = (250 kg) (7,39 m/s) = 68,2]. (d) A energia potencial gravitacional é U=mgy= (2,5 kg)(9,8 m/s))(1,67 m) = 41,0). 90. A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do baú. Aplicando a segunda lei de Newton às componentes x e y das forças envolvidas, obtemos o seguinte sistema de equações: Fcos0-f.-mgsen O =ma F,-F,sen8-mgcos6 =0. Ã A Fe Da mgsend mg cos6 (a) Como o baú está se movendo com velocidade constante, a = 0. Fazendo f, = 1t, Ev no sistema de equações acima, e resolvendo o sistema, obtemos F- mg(sen0+, cos0) cos0- uu, seng O trabalho realizado pela força F quando o baú sobe uma distância d ao longo do plano inclinado é, portanto, m.= Edcoso- (mgd cos6)(sen O + cos 6) cos0- uu, seng (50kg)(9,8 m/s”)(6,0 m)(cos30º) (sen 30º+(0,20) cos 30º) cos30º-(0,20) sen30º =2,2x10']. 304 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) O aumento da energia potencial gravitacional do baú é AU =mgd sen 9 = (50kg)(9,8m/s? X6,0m)sen 30º=1,5x10' ]. Como a velocidade (e, portanto, a energia cinética) do baú é constante, a Eq. 8-33 nos dá W=AU+AE,. Assim, usando números mais precisos que os mostrados acima, o aumento da energia térmica (produzido pelo atrito cinético) é 2,24x 10º] - 1,47 x 10º) =7,7 x 102]. Outra forma de resolver o problema é usar a relação AE, = fid (Eq. 8-31). 91. Vamos tomar como referência para a energia potencial a altura inicial do bloco 2M da Fig. 8-67. Quando o bloco 2M começa a descer, a energia potencial total é a soma da energia potencial gravitacional com a energia potencial elástica da mola. Note que a energia cinética total é a soma das energias cinéticas dos dois blocos. (a) De acordo com a Eq. 8-17, temos: K+U,=K, tor +U, tor > 0+0=K, + (2M)g(-0,090) + > k(0,090):. Para M=2,0 kg, obtemos K,, = 2,7]. ot (b) A energia cinética do bloco 2M constitui uma fração conhecida da energia cinética total: Ky QMpêi? 2 Ka GMy'D 3 Assim, Kiy = à D=18]. (c) Para resolver este item, basta fazer y = =d, Ku, = 0 e calcular o valor de d. K+U=Kat Ui 0+0 = 0+ (QMgt-d) + + hat Para M = 2,0 kg, obtemos d = 0,39 m. 92. De acordo com a lei de conservação da energia, mgh = my/2 e a velocidade da nuvem é dada por v= /2gh. Neste problema, a altura h está relacionada à distância d = 920 m ao longo da encosta pela relação trigonométrica h = d senB, em que 9 = 10" éa inclinação da encosta. Assim, v= 209,8 m/s*)(920 m)senl0º = 56 m/s. 93. (a) Como o escorrega representado na Fig. 8-68 tem a forma de um arco de circunferência que tangencia o solo, o movimento da criança é análogo ao do peso de um pêndulo de comprimento R = 12 m que é levantado de um ângulo 8 (correspondente à posição da criança no alto do escorrega, a uma altura h = 4,0 m) e depois liberado, chegando ao ponto mais baixo da trajetória com uma velocidade y = 6,2 m/s . Examinando as relações trigonométricas exatamente como faríamos no problema do pêndulo, encontramos h=R(l-cos6) > 6=cos"! (-E)-s ou 0,84 radiano. Assim, o comprimento do escorrega é s = Rô = (12 m)(0,84) = 10 m. (b) Para determinar o módulo f da força de atrito, usamos a Eq. 8-33 (com W= 0): MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 305 0=AK+AU+AE, mê —mgh+ fs o que (para m = 25 kg) nos dá f= 49N. (0) Voltando à analogia do pêndulo, a hipótese de que o alto do escorrega tangencia uma reta vertical, 12 m à esquerda do centro de curvatura, corresponde a liberar o pêndulo da horizontal (ou seja, de um ângulo 6, = 90º em relação à vertical), caso em que, ao chegar ao solo, o peso faz um ângulo 6, com a vertical e possui uma velocidade v = 6,2 m/s. A diferença de altura entre as duas posições (tanto no caso do pêndulo como no caso do escorrega) é Ah=R( -cos6,)- R(1- cos 8) =-Rcos 6; em que usamos o fato de que cos 6, = 0. Fazendo Ah = -4,0 m, obtemos 8, = 70,5º, o que significa que o arco de circunferência subtende um ângulo A8 = 19,5º ou 0,34 radianos. Multiplicando pelo raio, obtemos um comprimento s'= 4,1 m para o escorrega. (d) Podemos obter o módulo f' da força de atrito usando a Eq, 8.33 (com W = 0): 0=AK+AU+AE, mê —-mgh+ fs' o que nos dá f'= 1,2 x 10?N. 94, Usamos a equação P = Ev para calcular a força: e p-Po 90 W isso. * (32,5nós) [1,852 KM) 1000m/km nó ) 3600s/h 95, Este problema pode ser totalmente resolvido usando os métodos apresentados nos Capítulos 2 a 6; na solução apresentada a seguir, porém, usamos a lei de conservação da energia sempre que possível. (a) Analisando as forças envolvidas, descobrimos que o módulo da força normal é F,= mg cos 8, em que 8 é a inclinação da rampa, o que nos dá uma força de atrito f. = 14 mg cos 6, em que 4, é o coeficiente de atrito cinético. Assim, de acordo com a Eq. 8-31, temos: AE, = f.d = tu mgd cos 6. Além disso, uma relação trigonométrica simples mostra que AU = -mgd sen 0, em que d é o comprimento da rampa. Como K,= 0, a Eq. 8-33 (com W'= 0) mostra que a energia cinética final é K,="AU-AE, = mgd (sen 6- uu cos 8) o que nos permite calcular a velocidade do caixote ao chegar ao final da rampa: 2K, v=|—L= (2gd(seng- uu, cos0)=55 m/s. m (b) Depois de chegar ao piso com a velocidade calculada no item (a), o caixote passa a se mover horizontalmente sob a ação de uma força de atrito f, = 14 mg e percorre uma distância d' antes de parar. De acordo com a Eq. 8-33 (com W=0), 0=AK+AU+AE, Lia r = Ou +0+mymgd' [2gd(sen 9- nu, cos6)]+ uu gd" 308 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Assim, a resposta do item (a) muda para U(2) = 2]. Por outro lado, a resposta do item (b) permanece a mesma, pois depende apenas da diferença entre dois valores da energia potencial, U(5) e U(0), que não é afetada pela mudança da referência escolhida para a energia potencial. 105. (a) Aplicando a segunda lei de Newton e a Eq. 6-2 às componentes das forças envolvidas, obtemos F, maq — Mg senO — mg cos0 = ma. Como o tronco se move com velocidade constante, a = 0 e, portanto, F, maq = mg sen6 + ty mgcos6 =372N. Assim, o trabalho realizado pela máquina é Ed = 744] = 7,4x 10%). ma (b) A energia térmica produzida é ju mgcos6 d = 240 ) = 2,4x 102). 106. (a) No ponto mais alto da trajetória da bola, a componente vertical v, da velocidade é zero e a componente horizontal v, é igual à componente horizontal da velocidade de lançamento (veja a Seção 4-6): v,,= 1 cos, em que 8 é o ângulo de lançamento. A energia cinética no ponto mais alto da trajetória está relacionada à energia cinética no ponto de lançamento através da Eq. 8-17: 2-2 4? tos E Mom 1 megy+—my 1 2 em que y é a altura máxima atingida pela bola. Como o termo mv,/2 no lado esquerdo da equação cancela o termo mv?/2 no lado direito, v,,= 287 = 6 m/s. Como w,, = v, senô, temos: vo= 11,98 m/s 12 m/s. (b) A lei de conservação da energia (incluindo a energia elástica da mola comprimida, dada pela Eq. 8-11) também pode ser aplicada ao movimento no interior do cano da espingarda (levando em conta o fato de que uma distância d percorrida no interior do cano corresponde a um aumento de altura de d send): Lin Lo Ed =2% +mgdsen9 > d=0,lm. 107. O trabalho realizado por uma força F é o negativo da variação de energia potencial (vejaa Eq. 8-6); assim, U,= U, -25= 15]. 108. (a) Vamos supor que a massa do alpinista está entre m, = 50 kgem N). O aumento de energia potencial do alpinista está, portanto, no intervalo 70 kg (o que corresponde a um peso entre 490 e 686 mgh<AU<mgh > 2x10<AU<3x0 em unidades do SI ()), em que h = 443 m. (b) Como o problema pede apenas o valor da energia interna que é convertida em energia potencial gravitacional, o resultado é o mesmo do item (a). Entretanto, se fôssemos considerar a energia interna total (boa parte da qual é convertida em calor), a energia despendida para escalar o prédio seria bem maior do que se o alpinista simplesmente subisse as escadas. 109. (a) A Eq. 8-37 nos dá K,=K+mgy;- fd =0 + (60 kg)(9,8 m/s?)(4,0 m) - 0=2,35 x 10º]. (b) Incluindo o atrito, temos: K,= K+ mgy,- fid = 0 + (60 kg)(9,8 m/s?)(4,0 m) — (500 N)(4,0 m) = 352]. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 309 110, Vamos usar a base do plano inclinado como referência. A distância d ao longo do plano está relacionada à altura y pela equação y = d sen 8. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, temos: Li K+U,=K+U, tm +0=0+mgy sendo v, = 5,0 m/s. Isso nos dá y = 1,3 m e, portanto, d = 2,6 m. (b) Analisando as forças envolvidas (veja o Capítulo 6), concluímos que o módulo da força de atrito é f, coma Eq. 8-33, 4umg cos 0. De acordo K+U,=K+U + fd Sumi+0=0+mgv+ fd La gro =mgdsen0+u,mgd coso. Dividindo ambos os membros pela massa e explicitando d, obtemos: d=—— Do sm. 2g(ut, cos +sen O) (0) A energia térmica produzida pelo atrito é AE, = fid = lu, mgd cos 0 =26]. (d) A descida de volta, da altura y = 1,5 sen 30º até a base do plano inclinado, também pode ser analisada com o auxílio da Eq. 8-33. Temos: La K+U,=K, +U,+AE, > 0+mgy = nivy +0+26, o que nos dá v, = 2,1 m/s. 111. De acordo com a Eq. 8-8, 68.000 3 * Wake, ma”) EM Ay 112. Vamos supor que a energia cinética inicial (no instante em que o homem pula) é desprezível. Nesse caso, desprezando a resistência do ar, a energia potencial elástica da rede estimada é igual à diferença de energia potencial gravitacional entre o local do salto e o solo. Assim, Node = V amv = gh sendo h=11,0m + 1,5m = 12,5 m. Para m = 70 kg, obtemos U... = 8580]. 113. Em unidades do SI, m = 0,030 kg e d = 0,12 m. (a) Como não há variação de altura (e, presumivelmente, também não há variação de energia potencial elástica), AU = 0. Como v9= 500 m/s e a velocidade final é zero, temos: ME, ak = =-3,8x10' 1 310 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) De acordo com a Eq. 8-33 (com W= 0), temos AE, = 3,8 x 10º J, o que nos dá AE, 5 =3,1x10º N f d usando a Eq. 8-31 com f no lugar de f, (o que significa generalizar a equação para incluir forças dissipativas às quais não se aplica necessariamente a Eq. 6-2). 114. (a) A energia cinética K do carro no instante t = 30 s é K= Im = 1 (1500kg)) (12 km/h) 1000m/km |. 3 0,1077. 2 2 3600s/h (b) A potência média desenvolvida é AK 3,0x10'J =1,0x10º W. At 30s méd = (c) Como a aceleração é constante, a potência instantânea é dada por P = Fy = mav = ma(at) = ma?t. Por outro lado, como foi visto no item (b), a potência média é Pa = AKIAt = my/2t= m(at)?/2t= ma?t/2. Assim, a potência instantânea após qualquer intervalo de tempo é duas vezes maior que a potência média no mesmo intervalo. No caso de um intervalo de 30 5, P,. = 1,0 x 10! W e P=2P,a=(2)(1,0x10º W)=2,0x10' W. 115. (a) A energia cinética inicial é K,= (1,5 kg)(20 m/s)*/2 = 300]. (b) No ponto de altura máxima, a componente vertical da velocidade é zero, mas a componente horizontal (desprezando a resis- tência do ar) é a mesma do instante do “lançamento”, A energia cinética no ponto de altura máxima é, portanto, K-+05 kg)[(20 m/s) cos 34º =206]. Assim, AU = K,- K= 300] - 206] = 93,8]. (c) Como AU = mgAy, temos: Ay= SAS =6,38m “O, kgX9,8 m/s”) 116. (a) A taxa de variação da energia potencial gravitacional é Us dE a -mg o|=-(68)(9,8)(59)=-3,9x10' J/s. Assim, a energia potencial gravitacional está sendo reduzida à taxa de 3,9 x 10º W. (b) Como a velocidade é constante, a taxa de variação da energia cinética é zero. Assim, a taxa de variação da energia mecânica é igual à taxa de variação da energia potencial gravitacional, 3,9 x 10º W. 117. (a) Usando a Eq. 8-31 para descrever o efeito do atrito em termos da energia dissipada, AE, = fd, temos: ME=K+-HO, os? ->M0107 =— f;(0,02) MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 313 121. (a) De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos: W=Pt=AK= Lmlvi ="). 2 Substituindo os valores conhecidos e explicitando a massa, obtemos: 2Pt = (510º W)(3605) L0Sk vp=v7 (25m/s) -(10m/s) é (b) Considerando t variável e explicitando v = v(t) na equação Pt=(w?-17)/2, obtemos: (2)(1,5x109)t 1 2P : “O pit (00 Sar =100+1,5t em unidades do SI (v em m/s e tem s). (0) A força em função do tempo é dada por Po sx10º F(t)=——=—[2D0— (8) v(t) 100+1,5t em unidades do SI (Fem Ne tems). (d) A distância d percorrida pelo trem é dada por 360 360 32 12 100+24) dt=*[100+2+ =6,7x10' m. 2 9 2 afinar | o 122. PENSE Este problema envolve um corpo que é acelerado por uma força externa e depois desacelerado por uma força de atrito até parar. FORMULE De acordo com o teorema do trabalho e energia, na presença de uma força de atrito, o trabalho realizado por uma força externa sobre um sistema é W = AE, + AE, em que AE, = AK + AU, e AE, = fd. Neste problema, o taco realiza trabalho apenas nos primeiros 2,0 m do percurso do disco; nos outros 12 m do percurso, o sistema não está submetido a nenhuma força externa e, portanto, a energia é constante. ANALISE (a) Vamos usar o índice 1 para representar os valores de K e de U, no instante em que o taco perde contato com o disco, e o índice 2 para representar os valores de K e de U no instante em que o disco para. Como a energia total é constante nessa parte do percurso, temos K+U,=K+U,+ fd tm? 40-040+fjd o que nos dá AE, = fd = mv'/2 = (0,42)(4,2))/2 = 3,7). (b) De acordo com o item (a), fid = 3,7 ) para d = 12 m, o que nos dá f, = 3,7/12 = 0,31 N. Assim, a energia térmica total gerada pelo atrito é AE soa = Sr boa = (0,31 N)(14 m) = 4,3] 314 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (c) Nos primeiros d'= 2 m do percurso do disco, temos W=AE, +AE! = AKAAU+ Sid om +0+fd' e, portanto, am +Ad=1042 kg)(4,2 m/s)? +(0,31N)(2,0 m)=4,3 ) APRENDA A resposta do item (c) é igual à do item (b), como era esperado, já que, no instante em que o disco para, toda a energia fornecida pelo taco foi convertida em energia térmica. 123. Na descida, 10 kg de água ganham AK= I (10 kg)(13 m/s 5 (10 kg)(3.2 m/s) = 794] de energia cinética e perdem AU= (10 kg)(9,8 m/s))(15m) = 1470) de energia potencial (a diferença pode ser atribuída a perdas por atrito). A razão entre os dois valores é 0,54 = 54%. Como as massas se cancelam quando a razão é calculada, o resultado não depende da massa usada nos cálculos. 124. (a) De acordo com a Eq. 8-6, fazendo x, = x, x, = «o e tomando como referência para a energia potencial U(x) = 0, obtemos UM)= f Grito q guto x x x (b) Como, de acordo com a Eq. 8-1, W = —AU, usando o resultado do item (a), obtemos y- Cum Gmm Gmmd x xt d aid) 125. (a) Durante um segundo, o decréscimo de energia potencial é =AU =mg(-Ap) = (55x 10º kg) (9,8m/S”) (50m)=2,7x10º 1 (b) Para resolver este item não é necessário conhecer a relação entre a massa e o volume da água. De acordo com a Eq. 8-40, P=(27x10 NMIs)=2,7x 10º W (c) Como um ano equivale a 24 x 365,25 = 8766 h = 8,77 kh, a receita anual seria (QIX10 W) (8,77 kh) (Ice =24X10"cents =82,4x 10º 126. A relação entre o ângulo (em relação à vertical) ea altura (em relação ao ponto mais baixo do percurso da bola, que vamos tomar como referência para o cálculo da energia potencial gravitacional) é dada por h = L(1 - cos 8), em que L é o comprimento da corda. (a) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, K+U,=K,4U, 0+mgL(1-cos6,)= mi +mgL(1-cos6,) MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 315 o que nos dá nn w— 2gL(cos6, —cos6,) 14 m/s (b) A velocidade máxima v, é atingida quando a bola está no ponto mais baixo do percurso. Nesse ponto, U = U, = 0. Assim, de acordo com a lei de conservação da energia mecânica, K+U,=K+U, OrmgL(I-cos8,)= mi +0 o que nos dá v, = 1,9m/s. (c) Estamos interessados em determinar o ângulo 8, para o qual a velocidade da bola é v, = ,/3. De acordo com a lei de conser- vação da energia mecânica, KAU = KU, O+mgi(1-cos8,) mi +mgL(1-cos0,) 2 mgl(1-cos0,) = no mgl(I-cos0,) 1 2 1 2g1(1-cos8,) -gLcos0,=— —gLcos0, SL Cost, 2 9 SLCOSU, o que nos dá 8,=cos"! 1 8cosg, =28,2º=28º 99 127. Igualando a energia mecânica do palhaço na posição inicial (ao sair da boca do canhão, que vamos tomar como referência para o cálculo da energia potencial) à energia final (no ponto em que o palhaço cai na rede), temos K=K,+U, 1 2 2 (60keX16m/s) =K,+(60kg)(98m/s”)(39m) o que nos dá K,= 5,4 x 10º]. 128. (a) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, tomando o nível do solo como referência, temos K AU, =K+U>0+mgy, im? +0 o que nos dá v=2gy, =9,2 m/s. (b) De acordo com as Egs. 8-31 e 8-33, K+U,=K+U>0+mg, im +0+fd o que nos dá v= 2 y, (mg-— f,)/m = 4,8 m/s. 129. De acordo com os dados do problema, a massa total da água da chuva que cai nos Estados Unidos continentais durante um ano é Ma = PÃ4Az = (1000)(8x 10" )(0775) = 6x 10"kg 318 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) A reta horizontal que representa a energia E, intercepta a curva da energia potencial em dois pontos: r, = 0,16 nm e r,= 0,28 nm. Assim, se m partir da região r; < 1 < r, com energia E,, oscilará indefinidamente entre os pontos r, e r;. (c) De acordo com o gráfico, no ponto r = 0,3 nm, a energia potencial é U= 1,1 x 10º]. (d) Como M > > m, a energia cinética do sistema é praticamente igual à energia cinética de m. Como E = 1 x 10"), a energia cinética é K=E- U=2,1x 10]. (e) Como a força é o negativo da inclinação da curva de U(r), podemos estimar que F =—1 x 10º N nesse ponto. (£) A inclinação da curva de U(r) é negativa (e, portanto, a força F é positiva, ou seja, repulsiva) para r < 0,2 nm. (8) A inclinação da curva de U(r) é positiva (e, portanto, a força F é negativa, ou seja, atrativa) para r > 0,2 nm. (h) A inclinação da curva de U(r) é zero (e, portanto, a força F é nula) para r =0,2 nm. 135. A distância percorrida pelo bloco pode ser determinada usando a Eq. 2-16: v=vi 1 2ZaAx — Ax=200 m Isso corresponde a um aumento de altura h = 200 sen 8, em que 8 é o ângulo do plano inclinado. Vamos tomar a referência de altura como sendo a base do plano inclinado. (a) De acordo com a Eq. 8-26, o que nos dá AE = 8,6 x 10º]. (b) De acordo com a Eg.2-11, At = Av/a = 10 s. Assim, de acordo com a Eq. 7-42, W 86x10º Ar 10 P, mea =860 W (c) e (d) Levando em conta a componente da força da gravidade ao longo da superfície do plano inclinado, a força aplicada é ma + mgsen 8 = 43 N e, portanto, de acordo com a Eq. 7-48, = 430W para v=10m/s P=Fy- 1300 W para v=30 m/s em que as respostas foram arredondadas (de 428 e 1284, respectivamente). Note que a média dos dois valores é igual ao resultado do item (b). 136. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, KA =K AU Lsloal 2 1 i f f o 2% 2 vç 2807 so) gp em que y, é a posição inicial da mola e y, y, é o deslocamento da mola em relação à posição inicial quando a mola está na posição »y- Assim, a energia cinética do bloco é dada por 1 Katz =58[30 O, 30" ] men, (a) Para y,= 0, K,=0. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 319 (b) Para y,= 0,050 m, K Ali-p 37 ]-m 159" Sp) 18Y p (c) Para y,= 0,100 m, K, = =, ]-mey, = >(620 Ním)[ (0.250 m)? —(0,100 m—0,250 m)” |-(50 NJ(0,100 m) = 7,40 1 (d) Para y,= 0,150 m, Lro K, =5tDi 0% = ]-mey, = a (620 Nim)[(0,250 m)º —(0,150 m—0,250 m)? |-(50 NX0,150 m)=8,78 J (e) Para y= 0,200 m, K, =D -0,-37]-mey, = =(620 Nim)[(0,250 m)? —(0,200 m—0,250 m)” |-(50 NJ(0,200 m)=8,60 1 (£) Para y,= y, amola deixa de estar comprimida e, portanto, toda a sua energia potencial elástica foi convertida em energia cinética do bloco. Por outro lado, quando o bloco atinge a altura máxima, K = 0, e toda a sua energia cinética foi convertida em energia potencial gravitacional. Assim, de acordo com a lei de conservação da energia mecânica, = fg (620 Nim)(0,250 m)? =0,388m 2mg 2(50 N)