Problemas Aula 1.6 - Energia, Trabalho e Potência

Para que o bloco pare no fim do percurso, o trabalho total realizado pelas forças deve ser zero. Dessa forma não há variação de energia cinética entre os pontos final e inical e, como o bloco começou com velocidade nula, ele tabém terminará com velocidade nula. Assim:

$\Sigma \tau = \Delta E_c$

$F(a+b)+F_{at}b=0$

$F_{at}=-F\left( 1+ \dfrac{a}{b} \right)$

O sinal negativo indica que a força de atrito aponta no sentido contrário ao deslocamento do bloco, conforme já era esperado.

$F_{at}=-F\left( 1+ \dfrac{a}{b} \right)$

Podemos calcular a velocidade do bloco em função da altura usando a conservação de energia mecânica:

$E_{mec}=E_c+U$

$mgR = mgR\cos{\theta}+\dfrac{1}{2}mv^2$

$v^2=2gR(1-\cos\theta)$

No ponto de escape, temos que a força normal deve ser nula pois não há mais contato entre os corpos. A resultante centrípeta na direção radial se torna, portanto:

$mg\cos\theta-N=\dfrac{mv^2}{R}$

$g\cos\theta=\dfrac{v^2}{R}$

$v^2=gR\cos\theta$

Substituindo uma equação na outra, temos:

$gR\cos\theta= 2gR(1-\cos\theta)$

$\cos\theta = 2 - 2\cos\theta$

$\cos\theta=\dfrac{2}{3}$

$\cos\theta=\dfrac{2}{3}$

Para resolver este problema vamos primeiro encontrar a força de atrito que faz com que a velocidade angular da roda diminuir. Para calcular tal força de atrito, $K$, usaremos que essa força em função da força normal $N$ aplicada nele é:

$K=N\mu$

Neste caso $N$ é a componente radial da força $F$, dada por $N=F*cos(60^o)=\frac{F}{2}$. Assim a  força de atrito é $K=N\mu=0,15*F=24$ $N$.

De modo que a Potência pedida no enunciado é simplesmente $P$, onde $P=K*v$, onde $v$ é a velocidade da roda no ponto de contato do esmeril, dado por $v=\omega r$. Onde $\omega$ é a velocidade angular, dada por $\omega=2\pi f$, onde $f$ é a frequencia da roda.

Assim, $\omega=60$ $rad/s$, de modo que $v=9$ $m/s$. Note que foi usado que $\pi=3$.

Dessa forma, com $P=K*v$, temos que

$P=K*v=216$ $W$ $\approx 2,0*10^{2}$ $W$

A potencia é $216$ $W$ $\approx 2,0*10^{2}$ $W$

Considere o seguinte diagrama:

Pela conservação de energia, temos:

$2mgR= mgR + mgR\sin\theta + \dfrac{1}{2}mv^2$

$2gR(1-\sin\theta) = v^2$

Na condição de perda de contato, a força normal é nula. Portanto, a força centrípeta resultante vale:

$mg\sin\theta+N= \dfrac{mv^2}{R}$

$v^2=gR\sin\theta$

Logo:

$2gR(1-\sin\theta)=gR\sin\theta$

$2 - 2\sin\theta = \sin\theta$

$\sin\theta=\dfrac{2}{3}$

Substituindo isso na expressão da velocidade, temos:

$v^2=\dfrac{2gR}{3}$

$v= \sqrt{\frac{2gR}{3}}$

$v= \sqrt{\frac{2gR}{3}}$

O trabalho de uma força $F$ que atua durante um deslocamento $d$, no mesmo sentido, é dado por:

$\tau = Fd$

Com isso, temos que o trabalho durante a penetração é:

$\tau = 20\cdot 0,02$

$\tau = 0,4$ $J$

Item a)

Como a energia mecânica é conservada, basta calcular a energia cinética inicial e calcular qual a energia potencial gravitacional máxima que o corpo estudado pode subir:

$\dfrac{1}{2}mv^2=mgh$

$v_{y}=\sqrt{2 g h}$

$v_{y}=2*10^{2} \frac{m}{s}$

$v_{y}=2*10^{2} \frac{m}{s}$

Na altura máxima, a velocidade vertical do projétil é nula. Portanto, podemos usar o teorema da energia cinética:

$\Sigma \tau = \Delta E_c$

$\tau = \left( \dfrac{1}{2}mv_x^2 - \dfrac{1}{2}mv^2\right)$

Em que $v_x=v\cos\theta$. Além disso, temos que $v^2=v_x^2+v_y^2$, em que $v_y=v\sin\theta$. Portanto:

$\tau = -\dfrac{1}{2}mv_y^2$

$\tau = -\dfrac{1}{2}m (v\sin\theta)^2$

$\tau=- 25\,\textrm{J}$

$\tau=- 25\,\textrm{J}$

O trabalho realizado pela parede é capaz de mudar a energia cinética do projétil. Usando o teorema da energia cinética:

$\Sigma \tau = \Delta E_c$

$F\cdot d=\left( 0-\dfrac{1}{2}mv^2 \right)$

$F=\dfrac{mv^2}{2d}$

$F=900\,\textrm{N}$

$F=900\,\textrm{N}$

Vamos calcular a força de empuxo:

$E= \rho V g$

Usando o teorema da energia cinética, temos:

$\Sigma \tau = \Delta E_c$

$\tau_E+\tau_P = 0$

$E\cdot H - mg(H+x)=0$

$\rho VgH= (\rho_0 V)g(H+x)$

$\rho H = \rho_0 H + \rho_0 x$

$x=\dfrac{H(\rho-\rho_0)}{\rho_0}$

$x=40\,\textrm{cm}$

$x=40\,\textrm{cm}$

Parte da energia cinética do bloco é convertido em energia potencial elástica ao longo da compressão da mola e o resto da energia é perdida na forma de atrito. Portanto, podemos usar a conservação de energia mecânica:

$\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}kx^2+F_{at}x$

$v=\sqrt{x^2\dfrac{k}{m}+2\mu gx}$

$v= 2\,\textrm{m/s}$

$v= 2\,\textrm{m/s}$

O trabalho de uma força variável é a área sob o gráfico de Força vs Deslocamento. Dessa forma, o trabalho é a área do gráfico entre os pontos $x=0,0\,m$ e $x=1,0\,m$.

$\tau = A_{rea}$

$\tau = \dfrac{(1+3)\,Mg\times 1\,m}{2}$

Logo, usando $Mg=5\times10^4\,N$:

$\tau=1,0\times 10^5\,J$

$\tau=1,0\times 10^5\,J$

Podemos simplesmente calcular o trabalho realizado pelo vento e aplicar o teorema da energia cinética. Um detalhe importante para se notar é que, embora a trajetória da partícula seja curva, a força sempre possui direção e sentido constante, então podemos calcular o trabalho como sendo qualquer "caminho" imaginário que a bolinha pode percorrer.

Então, ao invés de somar cada parcela de trabalho de várias etapas ao longo do trajeto circular, podemos simplesmente calcular o trabalho do segmento horizontal de comprimento $L$, que vale $\tau=LF$, e somar com o trabalho do segmento vertical de comprimento $L$, que vale $\tau=0$ pois o deslocamento é perpendicular à direção da força. A mesma ideia vale para o trabalho da força peso.

Logo:

$\Sigma \tau = \Delta E_c$

$FL-mgL=\left( \dfrac{1}{2}mv^2-0 \right)$

$v= 4\,\textrm{m/s}$

$v= 4\,\textrm{m/s}$

Como se despreza qualquer tipo de resistência, podemos conservar a energia nos lançamentos de cada corpo e achar uma relação entre suas velocidades de lançamento e a altura máxima atingida. Temos então que:

$E_{cinA} = E_{potA}$

$\dfrac{m_{0(A)}V^2_A}{2} = m_A g H_A$

$V_{0(A)}^2 =2 g H_A$

$V_{0(A)} = \sqrt{2 g H_A}$

Esse processo é análogo para o corpo B, logo:

$V_{0(B)} = \sqrt{2 g H_B}$

Podemos extrair do enunciado que:

$H_A = 4 H_B$

Com isso:

$V_{0(A)} = \sqrt{2 g 4 H_B}$

$V_{0(A)} = 2\sqrt{2g H_B}$

$V_{0(A)} = 2V_{0(B)}$

Item a)

Pelo teorema da energia cinética:

$\tau_{res}=\Delta{E_{cinetica}}=\tau_{mg}+\tau_{aluna}$

Como a variação da energia cinética é nula (Os blocos estão em repouso no início e no final do processo), temos:

$-\tau_{mg}=\tau_{aluna}$

O trabalho do peso é dado por $-mg\Delta{h}$ para um incremento positivo $\Delta{h}$ da altura do centro de massa de um dos blocos. Como 4 blocos são empilhados, determinemos o trabalho total realizado pelo peso:

$\tau_{mg} = -mge-2mge-3mge-4mge = -10mge$

onde $e$ é a espessura dos blocos. Portanto:

$\tau_{aluna} = 10mge = 5J$

Letra c)

No ponto mais alto da trajetória circular, a bolinha deve estar na iminência de "descolar" do chão. Ou seja, a força normal é nula nesse instante. Portanto, temos a seguinte relação para a força centrípeta:

$mg+N=\dfrac{mv^2}{R}$

$mg=\dfrac{mv^2}{R}$

$v^2=Rg$

Agora vamos usar a conservação de energia:

$mgH=mg(2R)+\dfrac{1}{2}mv^2$

$mgH=mg(2R)+\dfrac{1}{2}mRg$

$H=\dfrac{5}{2} R$

$H=\dfrac{5}{2} R$

Os corpos vão iniciar o movimento com uma certa energia cinética, e esta será dissipada pela força de atrito que o chão exerce sobre eles. Pode-se dizer que a variação de energia cinética de um corpo é igual à resultante de trabalho de forças externas sobre ele, que no caso é apenas o trabalho da força de atrito. Inicialmente um dos corpos terá energia cinética $K$, e após parar terá zero, portanto:

$\Delta K=0-K=-K=W$

Onde $W$ é o trabalho das forças externas. A força de atrito sobre o corpo é cinética, pois ele se move em relação ao solo durante a aplicação desta, e portanto vale $F_{at}=\mu N$, onde $\mu$ é o coeficiente de atrito entre o corpo e o chão é $N$ é a força de reação normal do solo. Como o corpo está em equilíbrio na direção vertical, vale que $N=mg$, que é o peso do corpo. Portanto, pela definição de trabalho:

$W=\vec{F} \cdot \vec{d}=-F_{at} d=-K$

$K=\mu m g d$

A razão da energia cinética entre os corpos $1$ e $2$ é portanto:

$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{m_{1} d_{1}}{m_{2} d_{2}}$

A massa dos corpos é dada por $m=\rho V$, onde $\rho$ é a densidade deles, que é igual, e $V$ seu volume. O volume de um cubo de lado $a$ é igual a $V_{1}=a^{3}$, e o de um cilindro de raio $r$ e altura $h$ é $V_{2}=\pi r^{2} h$, e como $2 r=h=a$, este é $V_{2}=\frac{\pi a^{3}}{4}$. Portanto, vale que:

$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{V_{1} d_{1}}{V_{2} d_{2}}=\frac{4*d_{1}}{\pi d_{2}}=\frac{12}{\pi}$

A questão terminaria aí normalmente, contudo como a OBF dá o valor de $\pi$ como sendo $3$ no início de qualquer prova, você deve simplificar a resposta para:

$\frac{K_{1}}{K_{2}}\approx\frac{12}{3}=4$

Onde a aproximação foi feita para deixar um algarismo significativo de resposta, pois todos dados foram dados com um significativo. Contudo, é bom em geral você colocar o valor exato no gabarito seguido pela sua aproximação, assim como é colocado na secção "Gabarito" dessa solução.

$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{12}{\pi} \approx 4$