, )2/1( vm vm = .2 ,2 v vm m = =

Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Da editora Pearson
www.aw.com/young_br
Capítulo 6 – 10ª Edição – Sears &Zemansky
6-2:
(a)
“Puxando lentamente” pode ser entendido
que o balde sobe a velocidade constante, então a tensão na
corda pode ser considerada como sendo o peso do balde.
Ao se puxar um dado comprimento da
corda, da Eq. (6-1),
W = Fs = mgs = (6.75 kg)(9.80 m/s2)(4.00 m) = 264.6 J.
(b) A Gravidade está direcionada no sentido oposto
do movimento do balde, então da Eq. (6-2) resulta no
resultado negativo da parte (a), ou –265 J.
(c) O trabalho resultante realizado sobre o balde é
nulo.
6-4:
(a)
A força de atrito a ser vencida é:
f = kN = kmg = (0.25)(30.0 kg)(9.80 m/s2) = 73.5 N,
ou 74 N , considerando apenas dois algarismos significativos.
(b) Da Eq. (6-1), Fs = (73.5 N)(4.5 m) = 331 J. O
trabalho é positivo, desde que o trabalhador está empurrando
na mesma direção de movimento da caixa.
(c) Desde que f e s estão em direção oposta, da Eq.
(6-2) temos: -fs = -(73.5 N)(4.5 m) = -331 J.
(d) Ambas as forças norma e da gravidade atuam na
direção perpendicular ao movimento, então nenhuma das
forças realizam trabalho.
(e) O trabalho resultante realizado é nulo.
6-6:
Da equação . (6-2)
Fs cos  = (180 N)(300 m) cos 15.0o = 5.22 x 104 J.
6-8:
(a)
Da Eq. (6-6),
2
K = 1 (1600 kg)  (50.0 km / h)  1 m / s   1.54 x10 5 J .


2
 3.6 km / h  

(b) A Equação (6-5) apresenta a dependência
explicita da energia cinética sobre a velocidade. Dobrando a
velocidade de qualquer objeto aumenta a sua energia cinética
por um fator de quatro.
6-10: Dobrando a velocidade aumenta a energia cinética, e
por conseqüência quadruplica o módulo do trabalho feito por
atrito. Com a força de parada, definida como sendo
independente da velocidade, a distância também deve
aumentar por um fator quatro.
6-12: Como o exemplo explica, os barcos possuem a
mesma energia cinética K na linha de chegada , então
(1/2) mAvA  (1/ 2)mB vB , ou com
2
2
mB  2mA , vA2  2vB2 .
(a) Resolvendo para a razão das velocidades,
2
obtemos: vA/vB =
.
(b) Os barcos partem do repouso, então o tempo
transcorrido é a distância dividida pela sua velocidade media.
Como a razão entre as velocidades media é a mesma que a
razão das velocidades final, então a razão entre os tempos
transcorrido é tB/tA = vA/vB =
2.
6-14: Da Equação (6-1), (6-5) e (6-6), e resolvendo para F,
temos:
1
1
mv22  v12 
(8.00 kg )((6.00 m / s) 2  (4.00 m / s ) 2 )
K 2
2
F


 32.0 N .
s
s
(2.50 m)
6-16: (a)
Se não existe trabalho realizado pelo
atrito, a energia cinética final é o trabalho realizado pela
força aplicada,. Resolvendo para a velocidade, temos:
2W
2Fs
2(36.0 N )(1.20 m)
v


 4.48 m / s.
m
m
(4.30 kg )
(b) O trabalho resultante é Fs – fks – (F - kmg)s,
então
v
2( F   k mg) s
m
2(36.0 N  (0.30)(4.30 kg )(9.80 m / s 2 ))(1.20 m) = 3.61 m/s.
(4.30 kg )
(Note que mesmo que se pense que o coeficiente
de atrito seja conhecido para apenas dois lugares, a
diferença das forças é ainda conhecida para três lugares.)

6-18: (a)
A Gravidade atua na mesma direção que
o movimento da melancia, então da Eq. (6-1) temos:
W = Fs = mgs = (4.80 kg)(9.80 m/s2)(25.0 m) = 1176 J.
(b) Como o melão é liberado do repouso, sua K1 =
0, e da Eq. (6-6) temos:K = K2 = W = 1176 J.
6-20: A força normal não realiza trabalho Do Teorema
trabalho – energia, junto com a Eq. (6-5), temos
v
2K
2W

 2 gh  2 gL sin  ,
m
m
onde h = L sen  é a distância vertical que o bloco
caiu, e  é o ângulo que o plano faz com a horizontal.
Usando os números dados, temos:
v  2(9.80 m / s 2 )(0.75m) sin 36.9o  2.97 m / s.
6-22: O calculo intermediário da constante da mola
pode ser evitado utilizando-se a Eq. (6-9) para verificar
que o trabalho é proporcional ao quadrado da extensão. O
trabalho necessário para comprimir de 4.00 cm uma mola é
(12.0 J) :
2
 4.00 cm 

  21.3 J .
 3.00 cm 
6-24: O trabalho pode ser encontrado através da área
sob o gráfico. Cuidado com o sinal da força. A área sob
cada triângulo é ½ base x altura.
(a) ½ (8 m)(10 N) = 40 J.
(b) ½ (4 m)(10 N) = +20 J.
(c)½ (12 m)(10 N) = 60 J.
6-26: (a)A força média é (80.0 J)/(0.200 m) = 400 N, e
a força necessária para segurar a plataforma no lugar é
duas esse valor, isto é 800 N.
(b) Da Eq. (6-9), dobrando-se a distância,
quadruplica-se o trabalho realizado, então um trabalho
extra de 240 J deve ser realizado. A força máxima é
quadruplicada, 1600 N. Ambas as partes pode é clara ser
feita, resolvendo-se para a constante da Mola, ie:
k= 2(80.0 J)  (0.200 m)2 = 4.00 x 103 N/m, que conduz
aos mesmos resultados.
6-28: (a) A mola está realizando pressão sobre o bloco e
na sua direção do seu movimento, então o trabalho é
positivo e igual ao trabalho realizado na compressão da
1
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
mola. Da Eq. (6-9) ou Eq. (6-10), temos:
16), (6-18) ou (6-19),
P
1
1
W  kx2  (200N / m)(0.025m) 2  0.06 J .
2
2
(b) Do Teorema do trabalho – energia, temos:
2(0.06 J )
2W

 0.18 m / s.
m
(4.0 kg )
v
6-30:
v=
(a)
K = 4.0 J, então
2K / m  2(4.0 J ) /(2.0 kg )  2.00 m / s.
(b) Nenhum trabalho é realizado entre x = 3.0 m e x
= 4.0 m, então a velocidade é a mesma: 2.00 m/s.
(c)K = 3.0 J, então
v  2K / m  2(3.0 J ) /2.0 kg  1.73m / s.
6-32:
(a)
Da Eq. (6-14), com dl = Rd,
W   P F cos dl  2wR  0 cos d   2wR / sen 0 .
P2
0
1
a distância horizontal, neste caso (veja Fig. 6-18(a)) R sin 0,
dando o mesmo resultado.
(b) A razão das forças é 2w
 2 cot 0 .
(c) 2wR sen 0
sen 0

2
 2 cot 0 .
wR (1  cos0 )
(1  cos0 )
2
6-34:
As energias cinética inicial e final do tijolo são
ambas nulas, então o trabalho resultante realizada
sobre o tijolo pela mola e gravidade é nulo. Então
(1/2)kd2 – mgh = 0, ou
d=
2mgh / k  2(1.80 kg )(9.80 m / s 2 )(3.6 m) / (450 N / m)
2mgh / k  0.53 m.
Enquanto a mola e o tijolo estão em contato, a mola fornece
uma força para cima. Quando esta força vai para zero, a mola
está em seu estado descomprimido.
6-36:
19
(a) (1.0 x 10 J / yr)
7
(3.16 x 10 s / yr)

 cos (90.0o  15.0o )
 3.6 km / h 
Note que a Eq. (1-18) utiliza  como sendo o ângulo entre
a força e o vetor velocidade. Nesse caso a força é vertical,
mas o ângulo 15.0o é medido da horizontal, portanto é
utilizado o valor  = 90.0o – 15.0o .
6-44:
3.2 x 1011 W
 8.0 x 108 m2  800km2 .
3
2
(0.40)1.0 x 10 W / m
6-38: (a) O numero por minuto seria a potencia media
dividida pelo trabalho(mgh) necessário para levantar a caixa,
(0.50 hp)(746W / hp)
 1.41/ s.
(30 kg )9.80 m / s 2 (0.90 m)
ou 84.6 / min.
dK d  1 2  = mv dv
  mv 
dt
dt dt  2

= mva = ma v = Fv = P.
6-46:
(a)
P
28.0 x 103 W
F 
 1.68 x 103 N .
v (60.0 km / h)((1 m / s) /(3.6 km / h))
(b) A velocidade é diminuída pela metade, e a
força resistiva é diminuída por um fator de (0.65 + 0.35/4),
e portanto a potência nessa velocidade mais baixa é:
(28.0kW)(0.50)(0.65 + 0.35/4) = 10.3 kW = 13.8 hp.
(b) Analogamente, em velocidades mais alta:
(28.0 kW)(2.0)(0.65 + 0.35 x 4) = 10.3 kW = 13.8 hp.
6-48: A massa altera o modulo de atrito do rolamento,
mas o atrito do ar permanece inalterado. A mudança
percentual na potencia é :
180 N (0.060)
(a)
e
220 N
 3.2 x 1011 W .
(b) 3.2 x 1011 W
1.2 kW / pessoa.
2.6 x 108 folks
(c)
6-42: Aqui a aplicação da Eq. (6-19) é a forma mais
direta. A gravidade está realizando um trabalho negativo,
então a corda deve realizar um trabalho positivo para

levantar o esquiador. A força da gravidade F , e F = Nmg,
onde N é o número de esquiadores na corda. A potencia é
então: P = (Nmg)(v) cos 
=
(50)(70
kg)
(9.80
m/s2)
(12.0
km/h)
4
=
2.96
x
10
W.
 1m / s 

Em um tratamento geométrico quivalente, quando F é


horizontal, F  d l  F dx, e o trabalho total é F = 2w vezes
w tan 0
Wh (3800 N )(2.80 m)

 2.66 x 103 W  3.57 hp.
t
(4.00 s)
ou 22.7 / min.
180 N (0.060)
 2.0%.
540 N
(b)
6-50:
O trabalho por unidade de massa é (W/m) = gh.
(a) O homem faz o trabalho, (9.8 N/kg)(0.4 m) =
3.92 J/kg.
(b) (3.92 J/kg)/(70 J/kg) x 100 = 5.6%.
(c) A criança faz o trabalho, (9.8 N/kg)(0.2 m) =
1.96 J/kg. (1.96 J/kg)/(70 J/kg) x 100 = 2.8%.
(d) Se ambos, o homem e a criança podem fazer o
trabalho a uma taxa de 70 J/kg, e se a criança apenas
precisa utilizar 1.96 J/kg ao invés de 3.92 J/kg, a criança
seria capaz realizar muito mais.
6-52:
(a)
(b) Analogamente,
(100W )
 0.378 / s,
(30 kg )(9.80 m / s 2 )(0.90 m)
 W / s
(7.35 x 103 J )
m  g 
 41.7 kg
g
g
(9.80 m / s 2 )(18.0 m)
(b)
O peso é
mg 
N
WN 8.25 x 103 J

 458 N .
s
18.0 m
Wg
então a aceleração é a força
 408N ,
s
resultante dividida pela massa,
6-40:
De qualquer uma das seguintes Equações (6-15), (6-
 4.9%
2
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458 N  408N
 1.2 m / s 2 .
41.7 kg
6-54: (a) Wf = - fks = -kmg cos  s
= -(0.31)(5.00 kg)(9.80 m/s2) cos 12.0o (1.50 m) = -22.3 J
(mantendo um algarismos significativo a mais)
(b) (5.00 kg)(9.80 m/s2) sen 12.0o (1.50 m) = 15.3 J.
(c) A força normal não realiza trabalho.
(d) 15.3 J - 22.3 J = -7.0 J.
(e) K2 = K1 + W = (1/2)(5.00 kg)(2.2 m/s)2 – 7.0 J = 5.1 J,
(b)Com K2 = 0, W = -K1. Utilizando
x2 
x2 
W 
a
,
x2
a
2a

K1 mv12
2(2.12 x1026 N  m2 )
 2.82 x1010 m.
(1.67 x1027 kg )(3.00 x105` m / s) 2
v2  2(5.1 J ) /( g.00 kg ) 1.4 m / s.
(c) A força repulsiva não realizou nenhum
trabalho resultante, então a energia cinética e por
consequência a velocidade do próton possuem seus valores
originais, e a velocidade é 3.00 x 105 m/s.
6-56:
6-62:
(a) Da Eq. (6-7),
1 1
dx
 1
  k    k   .
2
x
 xx
 x2 x1 
z2
W   xx Fx dx   k  xx
2
2
1
1
1
A força é atrativa, então Fx < 0, e k deve ser positivo. Se
1 1 e W < 0.
x2 >
x1 ,
x2

x1
,
(b) Considerando “lentamente” se a velocidade
constante, a força resultante sobre o objeto é nula, então a
força aplicada pelas mãos é oposta a Fx, e o trabalho realizado
é o negativo daquele encontrado na parte (a), ou
1 1
k   , o qual é positivo se x2 > x1.
 x1 x2 
(c) As repostas possuem o mesmo módulo mas com
sinal trocado. Isto era esperado já que o trabalho resultante
realizado é nulo.
6-58:
Da Eq. (6-7), com x1 = 0,
W   o Fdx 0
x2
x2
k
b
c
(kx   bx  cx ) dx  x22  x23  x24
2
3
4
2
3
= (50.0 N / m) x2  (233N / m2 ) x3  (3000N / m3 ) x4 .
2
2
2
(a) Quando x2 = 0.050 m, W = 0.115 J, ou 0.12 J
(para dois algarismos significativos).
(b) Quando x2 = - 0.050 m, W = 0.173 J, ou 0.17 J
(para dois algarismos significativos).
(c) É mais fácil esticar a mola. O termo quadrático –
bx2 está sempre na direção –x , e portanto a força necessária e
por conseqüência o trabalho necessário, será menor quando x2
> 0.
portanto W  
1 1
W a  
 x1 x2 
W  (2.12 x1026 N  m2 ((0.200 m1)  (1.25 x109 m1))
1
é desprezível. Então, utilizando a Eq. (6-13) e
x1
resolvendo para v2,
v2  v12 
2W
m
2(2.65 x1017 J
v2  (3.00 x10 m / s) 
 2.41 x105 m / s.
(1.67 x1027 kg )
5
2
2
P1
3
1
= (5.00 N/m ) cos 31.0
o

1.50m
1.00m
x dx  3.39 J .
2
A velocidade final do objeto é:
2W
v2  v12 
m
v2  (4.00 m / s) 2 
6-64:
(a)W 
Note
n 1, x
1 n

2(3.39 J )
 6.57 m / s.
0.250 kg )
b
b
b
dx 
| 
.
n
n 1 x
x
((n 1)) x
(n 1) x0n 1

x0
0
que
para
0 as x  .
esta
parte,
para
(b) Quando 0 < n < 1, a integral imprópria deve
ser utilizada ,
 b

W  x lim  
( x2n  1  x0n 1 ,
 ( n  1)

2
n 1
e devido ao expoente sobre x 2
ser positivo, o
limite não existe e a integral diverge. Isto é interpretado
como a força F realizando uma quantidade infinita de
trabalho, apesar do fato de que F 0 as x2 .
6-66: (a)Igualando o trabalho realizado pela mola com
o ganho em energia cinética, temos:
1 2 1 2 então:
2
kx0  mv ,
2
k
x0 
m
(400 N / m)
(0.060m)  6.93m / s.
(0.0300kg )
(b) Wtot deve agora incluir o atrito, então
onde f é o módulo da força de
1 2
1
mv Wtot  kx02  fx0 ,
2
2
atrito. Então
= -2.65 x 10-17 J.
Note que x1 é muito grande quando comparado a x2 que o
termo
F cos dl   xx F cos dx
P2
2
v
6-60: (a) Isto é análogo ao Problema 6-56, mas aqui a > 0
(a força é repulsiva), e x2 < x1, então o trabalho realizado é
novamente negativo.
Na Eq. (6-14), dl = dx and  = 31.0o é constante, e
v

k 2 2f
x0 
x0
m
m
400 N / m
0.06 m 2  2(6.00 N ) (0.06 m)  4.90 m / s.
0.0300 kg
(0.0300 kg )
(c) A maior velocidade ocorre quando a
aceleração (e a força resultante) são nulas, ou kx = f,
x
f
6.00 N

 0.0150.
k 400 N / m
Para
se
encontrar a velocidade, a força resultante é:
1
Wtot  k ( x02  x 2 )  f ( x0  x ), então a velocidade
2
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máxima é :
2W
2(100 J )
Outras formas

 89 m / s.
m
(0.025kg )
k 2 2 2f
x0  x 
vmax 
( x0  x ) 
m
m

de se achar a área sob a curva na Fig. (6-27) deverá
conduzir a resultados similar.
400 N / m
2(6.00 N )
0.060m  0.0150m
((0.060m) 2  (0.0150m) 2 ) 
(0.0300kg )
(0.0300kg )
= 5.20 m/s, a qual é maior que o resultado da parte (b), mas
menor que o resultado da parte (a).
6-68: O trabalho realizado pela gravidade é Wg = -mgL sen
 (negativo pois o gato está se movendo para cima), e o
trabalho realizado pela força aplicada é FL, onde F é o
módulo da força aplicada . O trabalho total é:
Wto t  (100 N )2.00 m   (7.00 kg )(9.80 m / s 2 (2.00 m) sin 30o  131.4 J .
A energia cinética inicial do gato é:
1 2 1
mv1  (7.00 kg )(2.40 m / s) 2  20.2 J , and
2
2
2( K1  W )
2(20.2 J  131.4 J )

 6.58 m / s.
m
(7.00 kg )
v2 
6-70: Os estudantes realizam um trabalho positivo, e a
força que eles exercem faz um ângulo de 30.0 0 com a direção
do movimento. A força da gravidade realiza um trabalho
negativo, em um ângulo de 60.0o com relação ao movimento
da cadeira, então o trabalho total realizado é Wtot = ((600 N)
cos 30.0o – (85.0 kg)(9.80 m/s2) cos 60.0o)(2.50 m) = 257.8 , e
portanto a velocidade no topo da rampa é :
2W
2(257.8 J )
v2  v12  tot  (2.00 m / s) 2 
 3.17 m / s.
m
(85.0 kg )
Note que algarismos significativos extras foram
conservados durante os cálculos intermediários e de forma a
se evitar erros de arredondamento.
6-72: O trabalho total realizado é a soma do trabalho
realizado pela gravidade (sobre o bloco pendurado) e o
trabalho realizado pelo atrito (sobre o bloco na mesa). O
trabalho realizado pela força da gravidade é (6.00 kg) gh e o
trabalho realizado pela força de atrito é -k(8.00 kg) gh, então
Wto t  (6.00 kg  (0.25)8.00 kg )(9.80 m / s 2 )(1.50 m)  58.8 J .
Este trabalho aumenta a energia cinética sobre ambos
1
os blocos;
então
Wtot  m1  m2 v 2 ,
2
v
2(58.8 J )
 2.90 m / s.
(14.00 kg )
6-74: A seta adquirirá a energia que foi usada ao se
encurvar o arco (isto é, o trabalho feito pelo arqueiro), que
será a área sob a curva que representa a força em função da
distância. Uma maneira possível de se estimar este trabalho, é
aproximar a curva F vs. x como uma parábola, a qual vai para
zero em x = 0 e x = x0, e tem um máximo de F0 em x = x0 ,
2
4F
F ( x)  20 xx0  x .
x0
tal que
Isto pode parecer como uma aproximação, mas com
isto temos a vantagem de ser mais fácil para se integrar:
 F dx 
x0
0
4 F0 x
4F  x 2 x 3  2
( x0 x  x 2 ) dx  2 0  x0 0  0   F0 x0 .
2  0
x0
x0  2 3  3
0
Com F0 = 200 N e x0 – 0.75 m, W = 100 J. A
velocidade da seta é:
6-76: P = Fv = mav= m(2a + 6t)(2at + 3t2)
= m(4a2t + 18at2 + 18 2t3)=
(0.96 N/s)t + (0.43 N/s2)t2 + (0.043 N/s3)t3.
Para t = 4.00 s, a potência de saída é 13.5 W.
6-78: (a)O beija flor gera energia a uma taxa de 0.7 J/s
a 1.75 J/s. Para 10 batidas/s, o passarinho deve gastar entre
0.07 J/batida a 0.175 J/batida.
(b)A saída contínua do atleta é 500 W/70 kg = 7
W/kg, o qual esta abaixo dos 10 W/kg necessário para
permanecer para permanecer no ar. Embora o atleta possa
gastar 1400 W/70 kg = 20 W/kg por curtos períodos de
tempo, nenhuma aeronave “energisada” por um ser
humano poderia permanecer no ar por muito tempo. Filmes
antigos sobre máquinas “energisadas” por seres humanos,
tentam demonstrar o que constatamos acima.
6-80: (a)A potência P está relacionada com a
velocidade por:Pt = K = 1
2 então
2
v
mv ,
2 Pt
,
m
(b)
a
dv d 2 Pt
2P d
2P 1
P


t

.
dt dt m
m dt
m 2 t
2mt
(c) x  x  v dt  2 P

0
m
1
 t 2 dt 
2 P 2 23
8P 23
t 
t .
m 3
9m
6-82: (a)
O número de carros é obtido dividindose a potência total disponível pela potência necessária para
cada carro,
13.4 x106 W
 177,
(2.8 x 103 N )(27 m / s)
que foi arredondado por baixo, resultando em número
inteiro.
(b) Para acelerar uma massa total M a uma
aceleração a e velocidade v, a potência extra necessária é
Mav. Para subir uma montanha cujo inclinação é um
ângulo a, será necessário uma potência extra de Mg sen av.
Isto será aproximadamente o mesmo que se a  g sen a; se
g sen a  g tan a  0.10 m/s2, a potência é
aproximadamente a mesma que aquela necessária para
acelerar a 0.10 m/s2.
(c) (1.10 x 106 kg)(9.80 m/s2)(0.010)(27 m/s) =
2.9 MW.
(d) A potência necessária por carro é aquela
utilizada na parte (a), mais aquela encontrada na parte (c),
onde M é a massa de um único carro. O número total de
carros é então:
13.4 x 106 W  2.9 x 106 W
 36,
3
(2.8 x 10 N  (8.2 x 104 kg )(9.80m / s 2 )(0.010))(27 m / s)
que foi arredondado para o número inteiro mais próximo.
6-84: (a) Ao longo deste caminho, y é constante e o
deslocamento é paralelo a força, então:
W = ay

x dx = (2.50 N/m2)(3.00 m)
4
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
(2.00 m) 2
 15.0 J .
2
W   Fx dx  1.5a  x 2 dx 1.5(2.50 N / m2 )
(2.00 m) 3
10.0 J .
3
6-86: Utilize o Teorema Trabalho – Energia W = KE, e
integre para encontrar o trabalho.
1
KE  0  mv02 and W   0x ( mg sen   mg cos a ) dx.
2
Então,
Ax


W   mg  0x (sen a  Ax cos a) dx, W   mg sen ax 
cos a.
2


2
Faça W = KE, então:
1
Ax 2


 mv02  mgsen ax 
cos .
2
2


Para eliminar x, observe que a caixa atinge o repouso
quando a força de atrito estático equilibra a componente do
peso (que está direcionada para baixo) . Então, mg sin a = Ax
mg cos a; resolvendo isto para x e substituindo na equação
anterior, temos:
sen a
x
A cos a
.


 sen a 
A



1 2
sen a
A cos a 
v0   g sen a
 
cos a ,
2
A cos a
2




após simplificação dos termos, encontramos,
2
Portanto,
3g sen 2 a
.
A cos a
A caixa permanecerá estacionada sempre que
3g sen 2 a
v0 
.
A cos a
2
6-88: Em ambos os casos, uma dada quantidade de
combustível representa uma certa quantidade de trabalho W0
que o motor realiza movimentando o aeroplano contra a força
de resistência. Em termos do maior alcance R possível e da
velocidade constante v (presumida), temos:


W0  RF  R av2  2 .
v


Em termos to tempo T de vôo, R = vT, então


W0  vTF  T  av3  .
v

(a) Ao invés de resolver para R em função de v,
derivamos com relação a v a primeira dessas relações, e
fazendo-se dW0
para se obter dR F  R dF  0.
0
dv
dv
dv
dF
Para o alcance máximo, dR
então
 0.
 0,
dv
dv
Realizando a diferenciação, temos
dF
 2av  2 / v 3  0, o qual é resolvido,
dv
resultando em:
1/ 4
1/ 4
(b) Desde que a força não possui componente na
direção y, nenhum trabalho é realizado movendo-se nesta
direção.
(c) Ao longo deste caminho, a variação de y com a
posição ao longo deste é dada por y – 1.5x, então Fx =
a(1.5x)x = 1.5ax2, e
v02 
5
2
2
    3.5 x 10 N  m / s 
v     
  32.9 m / s  118km / h.
2
2
    0.30 N  s // m 
(b) Da mesma forma, o tempo máximo é ncontrado
fazendo-se d ( Fv)  0; realizando essa derivada,
dv
encontramos:
3av2 - /v2 = 0, donde encontramos:
1/ 4
1/ 4
5
2
2
    3.5 x 10 N  m / s 
v     
2
2
  25m / s  90 km / h.
 3a   3(0.30 N  s / m ) 
6-90
(a) De


F  ma , Fx  max , Fy  may and Fz  maz .
Generalizando, a Eq. (6-11) é:
ax  vx
dvx
dv
, ay  vy y ,
dx
dy
az  vz
dvz
,
dz
O trabalho total é portanto:
Wto t  
( x2 , y2 , z2 )
( x1 , y1m z1 )
Fx dx  Fy dy  Fz dz
dv
dv
dv


v
 m  xx v x x   v v y y dy   zz v z z dz 
dx
dy
dz


v
v
z
 m  v v x dvx   v v y dvy   v v z dvz

2
y2
2
1
y1
1
x2
y2
z2
x1
y1
z1
1
 m v x22  v x21  v y2 2  v z22  v z21 
2
1
1
 mv22  mv12 .
2
2

5
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exercício
6.1
6.3
6.5
Gabarito
3.60J (b) -0.900J (c) 2.70J
300J
(a) 99.2J (b) 387J (c) -387J
(d) 0; 0 (e) 0
(a)
6.9
4.3 103 J (b) 40 km/h
(a)
74.2J
6.11
6.13
 15 16 K1 (b) não
(a)
16.8 cm
6.15
6.17
6.19
(a)
Gabarito
6.55
2.59 m
6.57
(a) 4.00 N (b) 32 N (c) -15.0 J
6.59
(a) 0.15 N (b) 9.4 N (c) 0.44 J
6.61
(a) 2.56 m/s N (b) 5.28 N (c) 19.7 J
6.63
2.6 109 J
6.7
Exercício
28.4J (b) 15.3 m/s (c) não
(a) 4.96m s (b)
(a) -910 J (b)
6.65
1.0 105 N m
6.67
1.1 m a partir do ponto onde a mola é
liberada
(a) 1.02 10
6.69
4
(a) 0.6 m (b) 1.50 m/s
6.73
0.786
6.75
(a) 1.110
5
6.23
v02 2 C g (b) 51.3m
Aproximadamente US$ 10
6.25
(a)
6.27
2.8m
1.76 (b) 0.67 m/s
(a) 4J (b) 0 (c) -1.0 J
(d) 3J (e) -1.0 J
(a)
6.29
6.31
(a)
2.83m s (b) 2.40m s
6.33
(a)
5.65cm (b) não;0.57 J
6.35
743 W
6.37
0.23
6.39
28
6.41
8.1106 N
6.43
9 (b) 0 (c) 108 W
11L (b) 0 (c) 0.10 km/h
(a) 385N (b) 35211kW (c) 3029kW
(d) 2.03%
(a) 532J (b) -315 J (c) 0
(d) 203J (e) 14.7J (f) 1.21m s
6.45
6.47
6.49
6.51
(a) 1 sen (b) Went  Wsaída
6.53
(a) 2.59 1012 J (b) 4800J
6.77
3.6 h
6.79
1.3103 m3 s
8
s (b) 3.5 m/s
J (b) 1.3 105 J (c) 3.39
kW
2
(a)
N m,8.16m
6.71
a  1.43 m s ; v  4.96 m s
6.21
3.17 103 J
(a) 1.26 10
6.81
6.83
6.85
6.87
6.89
5
J (b) 1.46W
2.4MW (b) 61MW (c) 6MW
(a) 513W (b) 355W (c) 52.1W
1
m
2
(a) M  v (b) 6.1
(c) 3.9 m/s
6
s
(d) Kbola  0.40J (e) KMola  0.60J
(a)
(a)
2 105 J (b) 2.8 105 J (c)
2.8 105 J (d) 5km h
Capítulo 7 – 10ª Edição – Sears &Zemansky
6
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
7-2:
(a)
Para velocidade constante a força resultante
é nula, então a força necessária é o peso do saco, (5.00
kg)(9.80 m/s2) = 49 N.
(b) A força de elevação atua na mesma direção do
movimento do saco, então o trabalho é igual produto do peso
pela distância, (49.00 N)(15.0 m) = 735 J; este trabalho se
transforma em energia potencial. Note que o resultado é
independente da velocidade e que algarismos significativos
extras foram considerados na parte (b) a fim de se evitar erros
de arredondamento.
(a) A corda faz um ângulo de arcsen  3.0 m   30 o
 6.0 m 


com a vertical. A força horizontal necessária é então
w tan  = (120 kg)(9.80 m/s2) tan 30o = 679 N, ou 6.8 x 102 N
para dois algarismos significativos.
(b) Ao movimentar o saco a corda não realiza
trabalho, então o trabalhador realiza uma quantidade de
trabalho igual a variação da energia potencial, isto é (120
kg)(9.80 m/s)(6.0 m) (1 – cos 30o) = 0.95 x 103 J. Note que
isto não é o produto do resultado da parte (a) pelo
deslocamento horizontal. A força necessária para manter o
saco em equilíbrio muda quando o ângulo variar.
7-4:
7-6:
(a)
Seja o topo da rampa como ponto 2.) Na Eq.
(7-7), K2 = 0, Woutro = -(35 N) x (2.5 m) = -87.5 J, e fazendose U1 = 0 e U2 – mgy2 = (12 kg)(9.80 m/s2) (2.5 m sen 30o) =
147 J, v1 = 2(147 J  87.5 J )  6.25 m / s, para dois algarismos
12 kg
significativos. Ou o trabalho realizado pela força de atrito e a
variação na energia potencial são proporcional a distância que
a cesta se movimenta para cima na rampa, e portanto a
velocidade inicial é proporcional a raiz quadrada da distância
subida na rampa, isto é (5.0 m/s)
2 .5 m
 6.25 m / s.
1.6 m
Na parte (a), nós calculamos Woutro e U2. Utilizando Eq.
(7-7),K2
-
1
(12kg)(11.0 m / s) 2  87.5 J 147J  491.5 J
2
v2 
2K 2
2(491 .5 J )

 9.05 m / s.
m
(12 Kg )
7-8:
A velocidade é v e a energia cinética é 4K. O
trabalho realizado pela força de atrito é proporcional a força
normal e portanto a massa, então cada termo na Eq. (7-7) é
proporcional a massa total da caixa e, a velocidade na parte
mais baixa é a mesma para qualquer massa. A energia cinética
é proporcional a massa e para a mesma velocidade mas 4
vezes a massas, a energia cinética fica quadruplicada .
7-10: Tarzan está localizado no ponto mais baixo de sua
altura original de uma distância igual a l(cos 30 – cos 45), e
portanto a sua velocidade é:
v  2 gl (cos 30  cos 45 )  7.9 m / s,
o
movimento, esta energia potencial se transformou em
energia cinética, então mgl (1 – cos ) =
1 2
mv , or v  2gl (1 cos ) 
2
v  2(9.80 m / s 2 )(0.80 m)(1  cos 45o )  2.1 m / s.
(b) A 45o relativo a vertical, a velocidade é nula e, não
existe aceleração radial. A tensão é igual a componente
radial do peso, ou seja mg cos  = (0.12 kg)(9.80 m/s2) cos
45o = 0.83 N.
(c)Na base do circulo, a tensão é a soma do peso e da
aceleração radial, ou seja:
mg mv 22 / l  mg(1 2(1 cos45o )) 1.86N, ou
1.9 N considerando dois algarismos significativos. Observe
que este método não utiliza o calculo intermediário de v.
7-14:
7-12: (a) No topo do balanço, quando a energia cinética é
nula, a energia potencial (com respeito a parte mais baixa do
arco ) é mgl (1 – cos ), onde l é o comprimento da corda e 
é o ângulo que a corda faz com a vertical. Na base do
1 2
ky , onde y é a distância vertical em que
2
a mola é estirada quando o peso w = mg é pendurado. y =
F
mg
, e k  , onde x e F são as quantidades que
x
k
“calibram” a mola. Combinando essas equações, temos:
1 (mg ) 2 1 ((60.0 kg)(9.80 m / s 2 )) 2
U

 36.0 J .
2 F/x 2
(720 N / 0.150 m)
7-16: (a)
Partindo do repouso no estilingue, para
também atingir o repouso a uma altura máxima, a energia
potencial armazenada na tira de borracha do estilingue é
convertida para energia potencial gravitacional, isto é:
U = mgy = (10 x 10-3 kg)(9.80 m/s2)(22.0 m) = 2.16 J.
(b) Como a energia potencial gravitacional é proporcional
a massa, a maior altura que a pequena pedra atinge é
apenas 8.8 m.
(c) A falta da resistência do ar e a não deformação da tira
de borracha são duas suposições possíveis
7-18: Como no exemplo 7-8, K1 = 0, e U1 = 0.0250 J.
Para v2 = 0.20 m/s, K2 = 0.0040 J, então
2(0.0210 J )
1
U 2  0.0210 J  kx 2 , so x  
  0.092 m.
2
5.00 N / m
Na ausência de forças de atrito, o planador atravessará
pela posição do equilíbrio e passará através x = -0,092 m,
no lado oposto da posição do equilíbrio, com a mesma
velocidade.
7-20:
(a)O trabalho feito pela força de atrito é:
Wother    k mgx   (0.05)(0.200 kg) (9.80 m / s 2 )(0.020 m)   0.00196 J ,
então K  0.00704 J and v  2(0.00704 J )  0.27 m / s.
2
2
0.200 kg
(b) Neste caso, Wother   0.0098J , então:
K 2  0.0250 J  0.0098 J  0.0152 J  v2 
2(0.0152 J )
(c)
 0.39 m / s.
0.200 kg
Neste caso,
K2  0, U2  0 U1 Wother  0
o
um pouco rápido para uma conversa.
U=


U1  Wother  0.0250 J  k  0.200 kg  9.80 m / s 2 x  0.100 m 
 k  0.13
7-22:
De 1 kx2  1 mv2 , as relações entre m, v, k e x são:
2
2
7
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
kx2  mv2 ,
kx 5 mg.
7-30:
Dividindo o primeiro termo pelo segundo, temos:
força da mola é conservativa .
mg 2
k  25 2 , então (a) & (b),
v
(2.50 m / s) 2
x
 0.128 m,
5(9.80 m / s 2 )
1
 k ( x32  x12 ).
2
1
2
2
De x3 para x2, W =  k ( x2  x3 ). O trabalho resultante
2
1
2
2
é  k ( x2  x1 ). Este é o mesmo resultado obtido na
2
8
(c) De x1 para x3, W =
(1160 kg )9.80 m / s 2 
 4.46 x10 5 N / m.
( 2.50 m / s ) 2
2
k  25
1
k ( x12  x22 )
2
1
k ( x12  x22 ). O trabalho total realizado é nulo e a
2
(b) 
x 2 e substituindo este no segundo, resulta:
x
,
5g
(a)
parte (a).
7-24:
(a) & (b)-(0.050 kg)(9.80 m/s2)(5.0 m) = -2.5 J.
7-32:
Da Eq. (7-15)
dU
Fx  
  4x 3   (4.8 J / m4 ) x 3 , e portanto
dx
Fx (0.800 m)   (4.8 J / m4 ) 0.80 m  2.46 N.

U ˆ U ˆ
7-34: Da Eq. (7-19), F  
i
j, desde que
x
y
U  2
U não possui dependência em z,
e
 3
x
x

2
2 
U  2
 3 , então F     3 iˆ  3 ˆj .
y 
y
y
x
3
(c)A força da gravidade é conservativa desde que o trabalho
realizado para se ir de um ponto a outro for independente da
trajetória.

7-26:
(a) De (0, 0) para (0, L), x = 0 então F  0, e o
trabalho é nulo. De (0, L) para (L, L),




F e d l são
perpendiculares, então F  d l = 0 e o trabalho resultante ao
longo do caminho é nulo.


(b) De (0, 0) para (L, 0), F  d l  0. De (L, 0) para (L, L), o
trabalho é aquele encontrado no exemplo, isto é W2 = CL2,
então o trabalho total ao longo do caminho é CL2.
(c)Ao longo da trajetória diagonal, x = y, e portanto
 
CL2
F  d l  Cy dy; integrando de 0 para L resulta em
.
2
(não é uma coincidência que isto é a média das repostas
obtidas em (a) e (b).)
(d) O trabalho depende da trajetória e o campo não é
conservativo.
7-28: A força de atrito tem módulo igual a kmg =
(0.20)(30.0 kg)(9.80 m/s2) = 58.8 N.
(a) Para cada parte do movimento, a força de atrito realiza –
(58.8 N)(10.6 m) = -623 J, portanto o trabalho total realizado
pela força de atrito é –1.2 kN.
(b) –(58.8 N)(15.0 m) = -882 N.
7-36:
(a)
x, isto é
Fx  
Considerando as únicas forças na direção
dU
, então a força é nula nos pontos b e d
dx
quando a inclinação no gráfico de U vs. x for zero.
(b) O ponto b está a um potencial mínimo e para move-lo
para um local distante deste ponto seria necessário fornecer
energia, portanto este ponto é estável.
(c) Movendo para um local distante do ponto d requer uma
diminuição da energia potencial, e por conseguinte um
aumento na energia cinética, e a bola de gude tende a se
movimentar ainda para mais longe e portanto d é um ponto
instável.
7-38: (a)
Igualando
a
energia
potencial
armazenada na mola com a energia cinética do bloco,
temos:
1 2
kx = mgL sen  ou
2
v
400 N / m
k
x
 (0.220 m)  3.11 m / s.
m
2.00 kg
(b) utilizando-se diretamente dos métodos de energia, a
energia potencial inicial da mola é a energia final potencial
gravitacional , isto é:
(c)
O trabalho resultante realizado pela força de atrito depende da
trajetória, portanto a força de atrito não é conservativa.
1 2
kx  mgLsen , ou
2
1 2
1
kx
( 400 N / m)(0.220 m) 2
2
2
L

 0.821 m. 7mg sen  ( 2.00 kg )(9.80 m / s 2 ) sen 37.0o
40:
(a) U A U B
1
 mg(h  2R)  mvA2 .
2
Das considerações anteriores, a velocidade no topo deve
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pelo
menor
ser
igual
a:
K3   (2,600 N ) x3  (7.03 x104 N / m) x32
gR.
5
1
mgR, ou h  R.
2
2
(b) U A UC  (2.50) Rmg KC , portanto
Portanto, mg(h  2R) 
vC  (5.00) gR  (5.00)(9.80 m / s 2 )(20.0 m)  31.3 m / s.
vC2
A aceleração radial é a rad 
 49.0 m / s 2 .
R
A direção tangencial é para baixo e a força norma no
ponto C é horizontal, não existe força de atrito, então a única
força para baixo é a força da gravidade, e portanto, atan = g =
9.80 m/s2.
7-42: Para estar no equilíbrio no fundo e com a mola
comprimida a uma distância x0, a força da mola deve
equilibrar a componente do peso apontando para baixo na
rampa mais o grande valor da força de atrito estática, ou seja:
kx0 > w sin  + f . O teorema do trabalho – energia requer que
a energia armazenada na mola seja igual à soma do trabalho
realizado pela força de atrito, o trabalho realizado pela força
da gravidade e pela energia cinética inicial, ou seja:
(Neste calculo, o valor de k foi recalculado para
se obter uma melhor precisão). Esta é uma função
quadrática para x3, e a solução positiva para é
x3 
x3  x  2.60 x 103 N  (2.60 x 103 N ) 2  4(7.03 x 104 N / m)(3.72 x 104 J ) 


x3  0.746 m
o que corresponde a uma força de 1.05 x 10 5 N e a uma
energia armazenada de 3.91 x 104 J . Observe que
diferentes modos de arredondamento dos números durante
os cálculos intermediários poderá conduzir a um resultado
diferente.
7-46: Uma massa sob enquanto a outra desce, então a
energia potencial é :
(0.5000 kg – 0.2000 kg)(9.80 m/s2)(0.400 m) = 1.176 J.
Esta é a soma das energias cinéticas dos animais. Se os
animais estão eqüidistante do centro, eles possuem a
mesma velocidade, então a energia cinética da combinação
é:
1 2
1
kx0  (wsin  f )L  mv2 ,
2
2
1
mtot v 2 , e
2
2(1.176 J )
v
 1.83 m / s.
(0.7000 kg )
onde L é o comprimento total descido na rampa, e v é a
velocidade no topo da rampa. Com os parâmetros dados,
temos:
1 2
kx0  248J e kx0 1.10 x10 3 N . Elevando ao
2
quadrado a segunda expressão, dividindo pela primeira e
resolvendo para k , obtemos: k = 2550 N/m.
7-44: (a) A energia armazenada pode ser encontrada
diretamente de:
1 2
ky2  K1 Wother  mgy2
2
1 2
ky2  625,000 J  51,000 J  (58,800 J )  6.33105 J
2
Denote a distância para cima , a partir de 2, como sendo h. A
energia cinética no ponto 2 e a uma altura h é nula, então a
energia encontrada na parte (a) é igual ao negativo do trabalho
realizado pela força de atrito e força de gravidade, isto é:
-(mg + f)h = -((2000 kg)(9.80 m/s2) + 17,000 N)h
= (36,600 N)h, então
6.33 x10 5 J
h
17.3 m.
3.66 x 10 4 J
O trabalho total realizado sobre o elevador entre o ponto
mais alto e o seu retorno em seguida até encontrar a mola é:
(mg – f)(h – 3.00 m) = 3.72 x 104 J.
Observe que no caminho de retorno, a força de atrito
realiza um trabalho negativo . A velocidade do elevador é
então:
2(3.72 x 10 4 J )
 6.10 m / s.
2000 kg
1
2(7.03 x104 N / m)
7-48: (a) A variação na energia total é o trabalho
realizado pelo ar,
1

( K2 U2 )  ( K1 U1 )  m  v22  v12  gy 2 
2



 (1/ 2)((18.6 m / s) 2  (30.0 m / s) 2
 (0.145 kg ) 
2
2
 (40.0 m / s ) )  (9.80 / s )(53.6 m)



= -80.0 J.
(b)Analogamente,
 (1 / 2)((11.9 m / s) 2  (28.7 m / s) 2
( K 3  U 3 )  ( K 2  U 2 )  (0.145 kg)
2
2
  (18.6 m / s) )  (9.80 / s )(53.6 m)




= -31.3 J.
(c) A bola está se movendo de modo mais lento no
caminho para baixo e, e não vai tão longe ( na direção x), e
portanto o trabalho realizado pelo ar é menor em módulo.
7-50: (a) A energia cinética do esquiador na base pode
ser encontrada da energia potencial desse esquiador
quando no topo, mas subtraída do trabalho realizado pela
força de atrito, isto é: K1 = mgh –WF =
(60.0 kg)(9.8 N/kg)(65.0 m) – 10,500 J, ou
K1 = 38,s00 J – 10,500 J = 27,720 J.
Então v1 
2K

m
2(27,720 J )
= 30.4 m/s.
60 kg
(b) Quando o elevador atinge o repouso, o trabalho total
realizado pela mola, força de atrito e força de gravidade deve
ser o negativo da energia cinética K3 encontrada na parte (c),
apresentada a seguir,
(b) K2 = K1 – (WF + WA) = 27,720 J – (kmgd + fard),
K2 = 27,720 J – [(.2)(588 N) x (82 m) + (160 N)(82 m)], ou
K2 = 27,720 J – 22,763 J = 4957 J. Então:
2(4957 J )
2K
v2 

12.85 m / s 12.9 m / s.
m
60 kg
1
K3  3.72 x104 J  (mg  f ) x3  kx32
2
(c) Utilize o Teorema do trabalho – energia para encontrar
a força. W = KE, F = KE/d = (4957 J)/(2.5 m) = 1983 N
9
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
 2000 N.
7-52: Se a velocidade da rocha no topo for vt, então a
conservação de energia dá a velocidade vb , isto é:
1 2 1 2
mvv  mvt  mg(2R), R é o raio do circulo .
2
2
Portanto temos: vb  vt  4 gR. A tensão no topo e
2
2
na base são encontradas de
mvt2
e
R
mv b2
Tb – mg =
, então
R
m 2 2
Tb – Tt = (vb  vt )  2mg  6mg  6w.
R
Tb + mg =
7-54:
Seja x a distância que o caminhão se movimenta para
cima.
1
K1  mv02 ,U1  mgL sen  , K 2  0, U 2  mgx sen  
2
Wother   r mgx cos  . De Wother  ( K 2  U 2 )  ( K1  U1 ),
resolvendo para x, obtemos:
(v02 / 2 g )  L sen 
K1  mgL sen 
x

.
mg (sen    r cos  ) sen    r cos 
7-56: A força aumenta tanto energia potencial
gravitacional do bloco como a energia potencial da mola. Se o
bloco for movimentado lentamente, a energia cinética pode
ser considerada como sendo constante, então o trabalho
realizado pela força é no aumento da energia potencial, isto é:
1
2
U  mgasen  k a  .
2
7-58: (a) Neste problema a utilização da álgebra evita os
cálculos intermediários da constante da k da mola. Se a altura
original é h e a compressão máxima da mola for d, então
mg(h + d) =
1 2
kd .
2
A velocidade necessária é quando a mola for
comprimida de d , e da conservação de energia temos:
2
1
1
mg(h  d / 2)  k (d / 2) 2  mv2 .
2
2
Substituindo para k em termos de h + d, encontramos:
d  mg (h  d ) 1 2

mg  h   
 mv ,
2
4
2

que pode ser simplificado para: v 2  2 g  3 h  1 d .
4 
4
Inserindo valores numéricos, resulta em v = 6.14 m/s.
(b) Se a mola for comprimida uma distância x, então
1 2
2mg
kx  mgx, or x 
.
2
k
Utilizando a expressão da parte (a) que dá k em termos de h e
d,
d2
d2
encontramos: x  (2mg )

 0.0210 m.
2mg (h  d ) h  d
7-60: Seguindo a dica, a constante de força é encontrado de
w = mg = kd, ou k  mg .
d
Quando o peixe cai do repouso, sua energia potencial
gravitacional diminui de Mgy e, isto se transforma na
energia potencial da mola, a qual é:
1 2 1 mg 2
ky 
y . Igualando essas, temos:
2
2 d
1 mg 2
y  mgy, or y  2d.
2 d
7-62: (a) Tanto de considerações de energia como da
força, a velocidade antes que o bloco atinja a mola é:
v  2 gL (sen    k cos  )
 2(9.80 m / s 2 )(4.00 m )(sen 53.1o  (0.20) cos 53.1o )
 7.30 m / s.
(b) Isto de fato requer considerações de energia. O
trabalho combinado realizado pela força de gravidade e
pela força de atrito é: mg(L+d)(sen  - k cos ), e a
energia potencial da mola é:
1 2
kd , onde d é a
2
compressão máxima da mola. Esta é uma função
quadrática em d, a qual pode ser escrita como:
k
d2
 d  L  0.
2mg (sen  k cos )
O fator que multiplica d2 é 4.504 m-1, e a utilização de
formula quadrática dá d = 1.06 m.
(c) A coisa fácil a fazer aqui é reconhecer que a presença
da mola determina d, mas no fim do movimento a mola
não tem energia potencial, e a distância abaixo do ponto de
início é determinada unicamente por quanta energia foi
perdida para o atrito. Se o bloco terminar acima do ponto
de inicio uma distância y, então bloco se movimentou uma
distância L + d para baixo, e uma distância L + d – y para
cima. O valor da força da atrito é o mesmo em ambas as
direções,  k mg cos , e assim o trabalho feito força de
atrito é -k(2L = 2d – y)mg cos . Isto deve ser igual à
mudança na energia potencial gravitacional, ou seja –mgy
sen . Igualando essas equações e resolvendo para y temos:
2k cos
2 k
y  (L  d )
 (L  d )
.
sen   k cos
tan   k
Utilizando-se os valor d encontrado na parte (b) e os
valores dados para k e  , resulta em y = 1.32 m.
7-64: A energia cinética K após mover-se para cima, na
rampa , uma distância s, será a a energia armazenada
inicialmente na mola, mais o trabalho (negativo) realizado
pela força da gravidade e pela força de atrito, ou seja:
1
K   kx2  mg(sen  k cos ) s.
2
Minimizar a velocidade é equivalente a minimizar K, e
diferenciando a expressão acima com respeito a  e
fazendo-se
dK 
 0 , temos: 0 = -mgs(cos  - k sen ),
d
 1  Empurrando a caixa
.
,   arctan
k
 k 
diretamente para cima isto é  = 90o, maximiza o
deslocamento vertical h mas não s = h / sen .
ou tan
7-66:
 =
(a)
1
Sim, ao invés de se considerar caminhos
10
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
arbitrários, considere que:

   Cy 3 
 ˆj.
F     
 y  3 
(b) Não. Considere o mesmo caminho como no Exemplo

7-13 (o campo não é o mesmo). Para essa força, F  0 ao


longo do caminho 1, F  d l  0 ao longo dos caminhos 2


and 4, mas F  d l  0 ao longo do caminho 3.
7-68:
(a)
11

(b) (1): x = 0 ao longo desse caminho, então F = 0 e W = 0.
(2): Ao longo desse, y = 1.50 m, então
 
F  d l  (3.00 N / m) x dx, e


W = (1.50 N/m)((1.50 m)2 – 0) = 3.8 J (3) F  d l  0, então

W = 0 (4) y = 0, então F  0 e W = 0. O trabalho realizado
ao se mover ao redor de um caminho fechado é 3.8 J.
(c) O trabalho realizado ao se mover ao redor de um caminho
fechado não é zero, e a força não é conservativa.
7-70: (a) A inclinação da curva U vs. x no ponto A é
negativa, então Fx é positiva ver a Eq. 7-17.
(b) A inclinação da curva no ponto B é positiva, então a força
é negativa.
(c) A energia cinética é um máximo quando a energia
potencial for um mínimo, o que parece ser ao redor de 0.75 m.
(d) A curva no ponto C parece ser bem próximo a um plano,
então a força é zero.
(e) O objeto tinha energia cinética zero no ponto A, e a fim
alcançar um ponto com mais energia potencial do que U(A), a
energia cinética necessitaria ser negativa. A energia cinética é
nunca negativa, então o objeto não pode nunca estar em
qualquer ponto onde a energia potencial é maior do que U(A).
Sobre o gráfico isto se parece ocorrer aproximadamente em
2.2m.
(f) O ponto de potencial mínimo (encontrado na parte (c)) é
um ponto estável, assim como também é o mínimo relativo
próximo de 1.9 m.
(g) O único potencial máximo, e por conseguinte o único
ponto de equilíbrio instável, é o ponto C.
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exercício
Gabarito
7.1
3.45 106 J
Exercício
7.3
7.5
(a)
24m s (b) 24m s
(c) part (b)
7.7
7.9
7.11
7.15
(a)
(a)
7.21
7.23
(a)
7.25
7.27
7.29
(a)
(a)
0
0.10J
3.6J
(a)
7.59
(c)
(d)
(b) 3.6J (c) 7.2J (d)
não conservativa
59J
(b)
42J
(c)
59J
6  C6
; atrativa
x7
7.33
F    2  k  x  k  y   iˆ   k  x  2 k  x  ˆj
b  6.411078 J  m6
7.37
(a) 229 N (b) 823 J
7.39
0.41
7.41
15.5 m/s
2gh  g  a 
(a)
3.87m s
(b)
0.10m
(a)
3.1m s
7.67
(a)
50.6J
(a)
não (b) x0  F k (d) não (e)
7.69
(b) 1.4m (c)
não
(b) 67.5J (c) não
conservativa
3F k ,  F k
(b)
vmax  2F
mk
 x  x0  F k
(b)
1
 2   x   x 2  2
0
0
v( x)  
     
2 

 m  x0   x   x  
1
 d  a  6.68 10138 J  m12
2
7.65
12a 6b

r13 r 7
b2
4a
m  g  a  2 gh
119 J
7.63
2a 6
(b)  
, estável
 b 
(c)
7.85m s
7.61
(d)
7.31
7.35
(a)
(b)
não conservativa
(a) F  r  
U (x)  30x2  6x3
7.01m s
69.2 m s 
0.10J
3
conservativa U  13  x
(b)
(a)
7.57
(d) conservativa
12
1.2 102 J (b) 1.2 102 J
(a)
2
(b)
(c)
48.2°
(b)
1.2 102 J (b) 1.2 102 J (c) 0
(a)
m  g 1  h d  (b) 4.4 102 N
7.55
0.50m s (b) 0.500m
23.6m s
(a)
7.00m s (b) 2.94 N
2 g  h  1  y d 
7.53
1.72 m
7.19
(a)
7.51
80.0J (b) 5.00J
6.32cm (b) 12cm
7.17
7.45
(d)
a  3.16 m s2
v  7.11m s  K  253J
(a)
4.4 m/s
(a) 919 N/m, 39.8 m/s (b) 17.0 m/s²
7.49
880J (b) 157J (c) 471J
253J (e)
7.13
7.43
7.47
2.8m s
(a)
Gabarito
x  2 x0 , v   2mx02
7.71
(d) 0 (e)
1
 2   x   x 2 2   2
0
0
v( x)  
       
2 

m

x
x
x



 9  

0 
(f) 1° caso: x0 , 
2°caso:
3x0 2,3x0
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