Questõesdedinâmica3

 Prof. A.F.Guimarães Questões Dinâmica 3 – Trabalho, Potência e Energia at 2
Questão 1 ∆S =
, v = 0.
0
(FUVEST) Uma partícula de massa 20 kg, partindo do repouso, está sujeita à ação exclusiva G
G
de duas forças constantes F1 e F2 perpendiculares entre si e de intensidades respectivamente iguais a 6,0 N e 8,0 N, que atuam durante 4,0 s. a) Qual a intensidade da força resultante entre G
G
F1 e F2 ? b) Qual o módulo do deslocamento durante 4,0 s? c) Qual o trabalho realizado pelas forças F1, F2 e Fr? 2
16
∆S = = 4m.
4
c) Para determinarmos o trabalho das forças F1 e F2, teremos que encontrar o ângulo que cada força forma com a direção do deslocamento. G
F1
• α G
β Fr
ΔS 4 m G
F2
Assim, o trabalho realizado pela força F1 será: 6
ℑ1 = F1 ⋅∆S ⋅ cosα, cosα = = 0, 6
10
∴ ℑ1 = 6 ⋅ 4 ⋅ 0, 6 = 14, 4 J .
O trabalho realizado pela força F2 será: 8
ℑ 2 = F2 ⋅∆S ⋅ cosβ , cosβ = = 0,8
10
∴ ℑ 2 = 8 ⋅ 4 ⋅ 0,8 = 25, 6 J .
O trabalho realizado pela força resultante será: ℑ r = Fr ⋅∆S = 10 ⋅ 4
∴ ℑ r = 40 N .
Ou ainda: ℑ r = ℑ1 +ℑ 2 = 14, 4 + 25, 6
∴ ℑ r = 40 J .
Ou ainda: mv 2f
, v0 = 0. ℑ r = ∆Ec = Ecf − Eci =
2
Resolução: a) A força resultante é dada pela soma vetorial das forças que atuam na partícula. Assim, pela regra do paralelogramo, teremos: G
F1
• G
F
r
G
F2
O módulo da força resultante, é dado por: Fr2 = F12 + F22 ⇒ Fr = 62 + 82
∴ Fr = 10 N .
b) Para encontrar o módulo do deslocamento, previamente, teremos que determinar a aceleração da partícula. A aceleração da partícula é dada por: G
G
Fr = ma ⇒ Fr = ma
10
a=
= 0,5m ⋅ s−2 .
20
Para um MRUV, o deslocamento será dado por: 1 www.profafguimaraes.net v F g 300 O caixote, de massa m, desloca‐se com velocidade v constante, durante um certo intervalo de tempo Δt. Considere as seguintes afirmações: I. O trabalho realizado pela força F é igual a F v Δt. II. O trabalho realizado pela força F é igual a m g v Δt/2. III. A energia potencial gravitacional varia de m g v Δt/2. Está correto apenas o que se afirma em: A( ). III. B( ). I e II. C( ). I e III. D( ). II e III. E( ). I, II e III. v f = at = 0,5 ⋅ 4 = 2m ⋅ s−1
∴ ℑr =
20 ⋅ 4
= 40 J .
2
Questão 2 (FUVEST) O gráfico representa a variação da intensidade da força resultante F, que atua sobre um corpo de 2 kg de massa, em função do deslocamento x. Sabendo que a força F tem a mesma direção e o mesmo sentido do deslocamento, determine: a) a aceleração máxima adquirida pelo corpo: b) o trabalho total realizado pela força F entre as posições x = 0 e x = 3 m. F (N) 4 0 1 2 3 x (m) a) Assumindo que a força F é a única força que atua no corpo, então ela será a força resultante. Então: G
G
Fr = ma ⇒ Fr = ma
F
4
amáx = máx ∴ amáx = = 2 m ⋅ s−2 .
m
2
b) Para encontrar o trabalho realizado por uma força variável, devemos tomar a área da figura formada no gráfico F X x. No caso, trata‐
se de um triângulo. Assim, teremos: N
b ⋅ h 3⋅ 4
ℑ= A∆ , A∆ =
=
2
2 ∴ ℑ = 6J .
Resolução: I. O trabalho realizado pela força F é dado por: ℑ = F ⋅∆S = F ⋅ v ⋅∆t. II. O trabalho realizado pela força resultante é nulo. Assim, o trabalho realizado pela força F é igual ao oposto do trabalho realizado pelo peso. Assim, poderemos determinar o trabalho realizado pelo peso e conseqüentemente, determinar o trabalho realizado pela força F. O trabalho realizado pelo peso será: ℑ p = −mgh, h = v ⋅∆t ⋅ sen300
m ⋅ g ⋅ v ⋅∆t
∴ ℑp = −
.
2
Logo, o trabalho realizado pela força F será: m ⋅ g ⋅ v ⋅∆t
. ℑF =
2
III. O trabalho realizado pelo peso pode ser dado por: Questão 3 (FUVEST) Uma pessoa puxa um caixote, com uma força F, ao longo de uma rampa inclinada de 300 com a horizontal, conforme a figura, a seguir, sendo desprezível o atrito entre o caixote e a rampa. 2 www.profafguimaraes.net motor de potência máxima P = 2,64 106 W ( 3.500 cavalos) e possui um aerofólio que lhe imprime uma força aerodinâmica vertical para baixo, FA, desprezível em baixas velocidades. Letra “E”. Tanto em altas quanto em baixas velocidades, a força vertical que o veículo aplica à pista Questão 4 horizontal está praticamente concentrada nas rodas motoras traseiras, de 0,40 m de raio. Os (UnB) Um automóvel de massa m é acelerado coeficientes de atrito estático e dinâmico, entre uniformemente pelo seu motor. Sabe‐se que ele os pneus e a pista, são iguais e valem µ = 0,50. parte do repouso e atinge a velocidade v0 em t0 segundos. Então, a potência que o motor desenvolveu após transcorridos t segundos da partida é: mv02 2
⋅t . A( ).
2t03
ℑ p = −∆Eg =
m ⋅ g ⋅ v ⋅∆t
. 2
mv02
B( ).
⋅ t. t02
mv02
C( ).
⋅ t0 . t2
D( ). Nenhuma dessas. Resolução: Poderemos determinar a automóvel. Assim, teremos: do Determine: a) A máxima aceleração do veículo quando sua v
velocidade é de 120 m s ‐1, (432 km h ‐1), v0 = a ⋅ t0 ⇒ a = 0 . supondo que não haja escorregamento entre t0
as rodas traseiras e a pista. Despreze a força horizontal de resistência do ar. Assim, poderemos determinar a velocidade do b) O mínimo valor da força vertical FA, aplicada automóvel no instante t. Logo: ao veículo pelo aerofólio, nas condições do item anterior. v
v = a ⋅ t ⇒ v = 0 ⋅ t. c) A potência desenvolvida pelo motor no t0
momento da largada, quando: a velocidade angular das rodas traseiras é ω = 600 rad s ‐1, Poderemos então, determinar a potência a velocidade do veículo é desprezível e as instantânea. Assim: rodas estão escorregando (derrapagem) sobre a pista. v0 v0
mv02
Resolução: P = F ⋅ v = m ⋅ ⋅ t ∴ P = 2 ⋅ t. t0 t0
t0
a) Da potência instantânea máxima, teremos: Letra “B”. P = F ⋅ v ⇒ 2, 64 ⋅106 = 1100 ⋅ a ⋅120
∴ a = 20m ⋅ s−2 .
aceleração Questão 5 b) Com a aceleração máxima do veículo (FUVEST) Um veículo para competição de poderemos determinar a força resultante e aceleração (dragracing) tem massa M = 1100 kg, conseqüentemente a força de atrito e também 3 www.profafguimaraes.net a força normal de contato com a pista. Assim, a) Qual a potência fornecida pelo motor com o teremos: elevador subindo com uma velocidade constante de 1 m s ‐1? 1100 ⋅ 20
b) Qual a força aplicada pelo motor através do Fr = f at ⇒ m ⋅ a = µ ⋅ N ⇒ N =
cabo, para acelerar o elevador em ascensão, á 0,5 razão de 0,5 m s ‐2? N = 44000 N .
Resolução: Mas a força normal de contato com a pista é igual a) Previamente, vamos determinar as forças que estão atuando no elevador: ao peso do veículo mais a força FA. Logo: M
N = P + FA ⇒ 44000 = 11000 + FA
∴ FA = 33000 N .
F T T c) No momento da largada, a força horizontal exercida pelos pneus sobre a pista suplanta E B
apenas por pouco a força de atrito. Assim poderemos aproximá‐la pela própria força de atrito que vale: PB F = f at ⇒ F = 0,50 ⋅11000 = 5500 N . PE A velocidade linear da extremidade dos pneus Como o elevador sobe com velocidade constante, vale: a força resultante será nula. Assim, teremos: F + T = PE , T = PB
v = ω ⋅ r ⇒ v = 600 ⋅ 0, 40 = 240m ⋅ s−1. F + 8000 = 13000 Assim, a potência instantânea será: ∴ F = 5000 N .
P = F ⋅ v = 5500 ⋅ 240
Logo, a potência terá um valor dado por: 6
∴ P = 1,32 ⋅10 W .
Pot = F ⋅ v = 5000 ⋅1 = 5000W . Questão 6 b) Para o elevador e para o contrapeso, teremos: (FUVEST) A figura abaixo representa ⎧
mE a = F + T − PE
⎪
esquematicamente um elevador E com massa ⎪
⎨
⎪
800 kg e um contrapeso B, também de 800 kg, ⎪
⎩mB a = PB − T
acionados por um motor M. A carga interna do ⎧
1300
0,5
13000
F
T
⋅
=
+
−
⎪
⎪
elevador é de 500 kg. ⎨
⎪
⎪
⎩800 ⋅ 0,5 = 8000 − T .
M Resolvendo o sistema, teremos: ⎧
1300 ⋅ 0,5 = F + T −13000
⎪
⎪
+
⎨
E B
⎪
800 ⋅ 0,5 = 8000 − T .
⎪
⎩
1050 = F − 5000 ∴ F = 6050 N .
Onde g = 10 m s ‐2. 4 www.profafguimaraes.net Questão 7 Questão 8 (UNICAMP) Uma hidrelétrica gera 5,0 109 W de potência elétrica utilizando‐se de uma queda d’água de 100 m. Suponha que 100% da energia da queda d’água e que a represa coleta 20% de toda a chuva que cai em uma região de 400.000 km2. Considere que 1 ano tem 32 106 segundos e g = 10 m s ‐2. a) Qual a vazão de água (m3 s ‐1) necessária para fornecer os 5,0 109 W? b) Quantos milímetros de chuva deve cair por ano nesta região para manter a hidrelétrica operando nos 5,0 109 W? (ITA) Um bloco maciço requer uma potência P para ser empurrado, com uma velocidade constante, para subir uma rampa inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal. O mesmo bloco requer uma potência Q quando empurrado com a mesma velocidade em uma região plana de mesmo coeficiente de atrito. Supondo que a única fonte de dissipação seja o atrito entre o bloco e a superfície, conclui‐se que o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície è: A( ). Q/P; B( ). Q/(P‐Q); C( ). Qsenθ/(P‐Q); D( ). Q/(P‐Qcosθ); E( ). Qsenθ/(P‐Qcosθ). Resolução: a) A potência é dada por: ℑ
mgh
Pot = P =
. ∆t
∆t
Mas a massa pode ser expressa por: m = ρ ⋅V . Assim, teremos: ρ ⋅V ⋅ g ⋅ h V
= z Pot =
,
∆t
∆t
Onde z é a vazão. Logo: 5 ⋅109 = 103 ⋅ z ⋅10 ⋅102
∴ z = 5 ⋅106 m3 ⋅ s−1.
Onde a densidade da água vale: ρ = 103 kg ⋅ m−3 . b) O consumo de água por ano é de: VT = 32 ⋅106 ⋅ 5 ⋅103 = 160 ⋅109 m3 . Para uma região de 400.000 km2 de área, o volume captado (20%) é dado por: V = 400000 ⋅106 ⋅ h ⋅ 20%. Onde 1 km2 =106 m2. Assim, teremos: 160 ⋅109 = 400000 ⋅106 ⋅ h ⋅ 0, 2
∴ h = 2m = 2 ⋅103 mm.
Resolução: Para subir uma rampa com velocidade constante, teremos: v N F Px fat Py P θ f at + Px = F ⇒ µ N + mgsenθ = F
µmgcosθ + mgsenθ = F .
A potência será então: P = Fv ⇒ P = vmg (µcosθ + senθ ). (8.1) Para uma superfície plana, teremos: f at = F ′ ⇒ µ N = F ′
µmg = F ′.
Para esse caso a potência será, então: Q = F ′v ⇒ Q = µmgv. (8.2) Agora, utilizando as equações (8.1) e (8.2), teremos: 5 www.profafguimaraes.net Q
(µcosθ + senθ )
µ
µ P − µQcosθ = Qsenθ P=
Pot =
A energia, 20 kcal cm ‐2, é equivalente a 83,6 107 J m‐2. O intervalo de tempo, 30 dias, corresponde a 2,592 106 s. Como o painel possui 2 m2, de área, então a energia total vale: 25% x 167,2 107 J. Então, a potência vale: 0, 25 ⋅167, 2 ⋅107
Pot =
≅ 161,3W . 2,592 ⋅106
Certo. (2) A velocidade de 72km h ‐1 equivale a 20 m s‐1. Assim, a energia, para tirá‐lo do repouso e submetê‐lo a velocidade final acima mencionada é: mv 2f mvi2
E = ∆Ec =
−
2
2 3
2
10 ⋅ 20
E=
∴ E = 200kJ .
2
Errado. (3) Partindo do repouso até a velocidade de 72km h ‐1 = 20 m s ‐1, a energia necessária é de 200 kj. Assim, com uma potência de 200 W, o tempo para esse montante de energia será dado por: E
200 ⋅103
∆t =
⇒ ∆t =
= 103 s
Pot
200
∴ ∆t ≅ 16, 7 min .
Certo. (4) O trabalho total (células + peso) vale: mv 2f 103 ⋅ 212
ℑt = ∆Ec =
=
= 220,5 ⋅103 J . 2
2
O trabalho do peso vale: ℑ p = mgh = 103 ⋅10 ⋅ 20 = 200 ⋅103 J . Qsenθ
∴µ=
.
P − Qcosθ
Letra “E”. Questão 9 (UnB) Existem, pelo menos, dois problemas básicos na construção de automóveis movidos a energia solar. O primeiro é que, atualmente, o rendimento da maioria das células solares é de 25%, isto é, elas convertem em energia elétrica apenas 25% da energia solar que absorvem. O segundo problema é que a quantidade de energia solar disponível na superfície da Terra depende da latitude e das condições climáticas. Considere um automóvel movido a energia solar, com massa de 1000 kg e com um painel de 2 m2 de células solares com rendimento de 25% localizado em seu teto. Desconsidere as perdas por atrito de qualquer espécie e admitindo que 1 cal = 4,18 J e que a aceleração da gravidade é igual a 10 m s ‐2, julgue os itens que se seguem. (1) Se a quantidade de energia solar absorvida por esse painel em 30 dias for de 20 kcal cm ‐2, a potência gerada por ele será inferior a 200 W. (2) A energia necessária para que o automóvel, partindo do repouso, atinja a velocidade de 72km h ‐1 é superior a 3 105 J. (3) Supondo que o painel de células solares fornecesse 200 W, para que o carro fosse acelerado a partir do repouso, em uma pista horizontal, até adquirir a velocidade de 72km h ‐1, seriam necessários mais de 15 min. (4) Suponha que o automóvel, partindo com velocidade inicial nula do topo de uma colina de 20 m de altura, e sendo acelerado com o auxílio da energia fornecida pelas células solares, chegue ao nível do solo em 60 s, com uma velocidade de 21 m s ‐1. Então, durante a descida, a potência fornecida pelas células solares foi inferior a 350W. Resolução: (1) A potência é dada por: 6 www.profafguimaraes.net E
. ∆t
G
G G
O trabalho da célula vale então, 20,5 103 J. A Fr = P + N ⇒ Fr = P − N , Fr = Fcp . potência será então igual a: Onde N é a força normal de contato que o trilho 20,5 ⋅103
exerce no carrinho. Assim, teremos: Pot =
= 341, 6W . 60
mvC2
= mg − N
Certo. R
300 ⋅ 36
= 3000 − N Questão 10 5, 4
∴ N = 1000 N .
(UNICAMP) Um carrinho de massa m = 300 kg percorre uma montanha‐russa cujo trecho BCD é um arco de circunferência de raio R = 5,4 m, Questão 11 conforme a figura. A velocidade do carrinho no ponto A é vA = 12 m s ‐1. Considerando g=10 m s ‐2 (UNICAMP) Um bloco de massa = 0,5 kg desloca‐
e desprezando o atrito, calcule: se sobre um plano horizontal, cujo coeficiente de a) a velocidade do carrinho no ponto C; atrito µ vale 0,4, e comprime uma mola de b) a aceleração do carrinho no ponto C; constante elástica k = 1,6 102 N m‐1. Sabendo que c) a força feita pelos trilhos sobre o carrinho no a máxima compressão da mola pela ação do bloco ponto C. é x 0,1 m, calcule: a o trabalho da força de atrito durante a C compressão da mola; D B b a velocidade do bloco no instante em que ele tocou a mola. A Resolução: Resolução: a)
a) Considerando que o atrito é desprezível, podemos utilizar o princípio da conservação da energia mecânica. Assim, teremos: EmA = EmC
2
mv
/ A mv
/ C2
=
+ mgR
/
b)
2
2
144 = vC2 + 2 ⋅10 ⋅ 5, 4
∴ vC = 6m ⋅ s−1.
b) A aceleração do carrinho no ponto C é a aceleração centrípeta, dada por: vC2
36
acp = =
m ⋅ s −2 . R 5, 4
Aproximadamente 6,7 m s ‐2. C) A força resultante sobre o carrinho no ponto C é dada por: o trabalho da força de atrito vale: ℑ fat = − f at ⋅ x
ℑ fat = −µ ⋅ N ⋅ x
ℑ fat = −0, 4 ⋅ 5 ⋅ 0,1 ∴ ℑ fat = −0, 2 J .
Nesse caso, não ocorre conservação da energia mecânica. Temos que considerar o trabalho negativo realizado pela força de atrito. Assim, como ℑ fat = ∆Em , teremos: Emi +ℑ fat = Em f
mv 2
kx 2
+ℑ fat =
2
2
2
0,5v
1, 6 ⋅102 ⋅ 0,12
− 0, 2 =
2
2
−1
v = 2m ⋅ s .
7 www.profafguimaraes.net Questão 12 b) A altura a partir do solo é dada por: H = R + Rcosθ
(UFSC) Uma formiga de massa m encontra‐se no topo de uma bola de bilhar rigidamente presa ao v2
H = R+
solo, conforme a figura. A bola possui um raio R e g
superfície altamente polida. Considere g a 2R
5R
aceleração da gravidade e despreze os possíveis H = R+
∴H=
.
3
3
efeitos dissipativos. A formiga começa a deslizar na bola com velocidade inicial nula. Questão 13 R a) Calcule o módulo da velocidade da formiga no ponto em que ela perde contato com a bola. b) Calcule a altura, a partir do solo, em que a formiga perde contato com a bola. (ITA) Uma haste rígida, de comprimento L e massa desprezível, é suspensa numa das extremidades de tal maneira que oscila sem atrito. Na outra extremidade da haste está fixado um bloco de massa m = 4,0 kg. A haste é abandonada do repouso, fazendo um ângulo θ = 600 com a vertical. m Resolução: a) No ponto em que a formiga perde contato θ
com a bola, a força centrípeta na formiga é dada por: L
h G
θ
Rcosθ T
Pcosθ P R Nessas condições, e adotando g = 10,0 m s ‐2, a G
tração T sobre a haste, quando o bloco passa mv
/ 2
pela posição mais baixa, vale: = mgcos
θ
Fcp = Pcosθ ⇒
/
R
A( ). 40N. B( ). 80N. v 2 = Rgcosθ.
C( ). 160N. Utilizando a conservação da energia mecânica, D( ). 190N. E( ). 210N. teremos: Resolução: Emi = Em f
O bloco parte do repouso de uma altura igual a: L+(L cos600)=3L/2. Assim, utilizando a mv
/ 2
conservação da energia mecânica, teremos: mg
+ mg
/ ⋅ 2R =
/ ( R + Rcosθ )
2
4 Rg = v 2 + 2 Rg + 2 Rgcosθ Emi = Em f
2
2 Rg = 3v
mg
/ 3L mv
/ 2
=
⇒ v 2 = 3 gL /2
/2
2 Rg
.
∴v=
3
v 2 = 30 L.
8 www.profafguimaraes.net Mas no ponto mais baixo da trajetória, a força Como a corda se rompe nesse ponto, a tração vale resultante é uma força centrípeta que é expressa 1,4 mg. Assim, teremos: por: / (1− cosα )
m
/ ⋅ 2 /gL
= 1, 4mg
/ / − mg
//
Fcp = T − P
/L
mv 2
2 (1− cos α ) = 0, 4
= T − mg
L
∴ cos α = 0,8.
/
4 ⋅ 30 L
+ 40 = T
/
L
Questão 15 ∴ T = 160 N .
(FEB‐SP) Um bloco de 500 kg é solto de uma Letra “C”. altura de 2 m sobre uma estaca de 10 cm de altura, enterrando‐a no solo. Assinale a alternativa que indica, em newtons, a força média Questão 14 constante exercida pelo bloco sobre a estaca, (ITA) Um pêndulo simples é constituído de um fio considerando que a aceleração da gravidade é de comprimento L, ao qual se prende um corpo 10m s ‐2. de massa m. Porém, o fio não é suficientemente Bloco
resistente, suportando no máximo uma força tensora de intensidade 1,4 mg, sendo g a intensidade da aceleração da gravidade local. O 2m
pêndulo é abandonado de uma posição em que o fio forma um ângulo α com a vertical. Sabendo Estaca que o fio se rompe no instante em que o pêndulo 10 cm atinge a posição vertical, calcule o valor de cos α. Resolução: A( ). 500. B( ). 1000. C( ). 10000. α L D( ). 100000. E( ). 1000000. Resolução: Imediatamente antes de colidir com a estaca, o h bloco terá uma velocidade dada por: Utilizando a conservação da energia mecânica, Emi = Em f
teremos, para a velocidade no ponto mais baixo: 500v 2
⋅
⋅
=
500
10
1,9
Emi = Em f
2
mv
/ 2
v = 38 m ⋅ s−1.
, h = L − L cos α mgh
/ =
2
2
Pelo princípio da ação e reação, o módulo v = 2 gL (1− cosα ).
da força que o bloco exerce na estaca será igual A força centrípeta no ponto mais baixo é dada ao módulo da força que a estaca exerce no bloco. O trabalho da força resultante no bloco é por: igual à variação da energia cinética do bloco. Sendo, a força resultante no bloco, igual à força mv 2
Fcp = T − P ⇒
= T − mg L
9 www.profafguimaraes.net exercida pela estaca no bloco menos o peso do bloco. Logo, 500 ⋅ 38
ℑ = ∆Ec ⇒ ( F − 5000)⋅ 0,1 =
2 F − 5000 = 95000 ∴ F = 100000 N .
Letra “D”. 10 www.profafguimaraes.net