Parte 4 - Nelson Reyes

MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Mecânica Geral Básica
Trabalho e Energia
Prof. Nelson Luiz Reyes Marques
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Introdução
 Equação fundamental da dinâmica:
 Integrando:

p
p0
dp
F
dt
t
dp   Fdt
t0
t
p  p0   Fdt  I
t0
 A variação da quantidade de movimento de uma
partícula é igual ao impulso.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Introdução
 Substituindo p por mv , temos :
1
mv  mv0  I ou v  v0  I
m
dr
v
dt
r
t
1
1 t
r0 dr  t0 (v0  m I )dt ou r  r0  v0t  m t0 Idt
 Existem problemas em que a força não é conhecida como
função do tempo, mas como função da posição. Nesse
caso não podemos calcular a integral acima.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Introdução

As leis de Newton permitem analisar vários tipos de
movimentos. Esta análise pode ser bastante complexa,
necessitando de detalhes do movimento que são
inacessíveis.
Exemplo: qual é a velocidade final de um carrinho na
chegada de um percurso de montanha russa? Despreze a
resistência do ar e o atrito, e resolva o problema usando as
leis de Newton.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Introdução
vi  0
vf ?
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
 O trabalho é uma quantidade escalar, ou seja, tem módulo e
sinal, mas não direção.
 Trabalho para um deslocamento infinitesimal.
dW  F  dr

 O vetor diferencial dr é o deslocamento
infinitesimal.
 As unidades do trabalho são comprimento  força.
1 J  joule   1 N 1 m 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
dW  F  dr
dW  F ds cos 
dW  FT ds
 O trabalho é igual ao produto do deslocamento pela
componente da força ao longo do deslocamento.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
 Forças que não realizam trabalho (ds = 0 ou cos a = 0):
• reação no pino sem atrito apoiando corpo em rotação,
• reação na superfície sem atrito quando o corpo se move em
contato ao longo da superfície,
• força centrípeta no movimento circular,
• peso de um corpo quando seu centro de gravidade se move
horizontalmente.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
 O trabalho total realizado sobre uma partícula, quando
transportada de A para B é a soma de todos os trabalhos
infinitesimais realizados durante os sucessivos deslocamentos
infinitesimais, isto é,
W  F1  dr1  F2  dr2  F3  dr3  ...
B
B
A
A
W   F  dr   FT ds.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
 O trabalho é representado pela área sob a curva obtida
traçando-se FT em função de s.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
 Um caso particular é aquele em que a força é constante em
módulo, direção e sentido e o corpo move-se segundo uma
linha reta na direção da força. Então FT = F
W 

B
A
B
Fds  F  ds  Fs
A
 Se Fx, Fy e Fz são as componentes retangulares de F, e dx, dy
e dz são as componentes retangulares de dr, temos
B
W   ( Fx dx  Fy dy  Fz dz )
A
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho
 Quando uma partícula está sujeita a várias forças F1 , F2 e F3 ,
o trabalho realizado durante o deslocamento
dW  dW1  dW2  dW3  ...
dW  F1  dr  F2  dr  F3  dr  ...
dW  ( F1  F2  F3  ...)dr
dW  F  dr
 O trabalho da força resultante de várias forças que atuam
sobre uma partícula é igual à soma dos trabalhos das forças
componentes.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Potência
 Mede a rapidez com que o trabalho é realizado.
 Potência instantânea:
dW
P
dt
F  dr
P
 F v
dt
 Unidade: 1 W 
 Potência média:
1j
1s
Pmed
W

t
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 1
 Um automóvel de massa igual a 1200 kg sobe uma longa
colina, inclinada de 5º, com uma velocidade constante de 36
km/h. Calcule o trabalho que o motor deve realizar em 5 min e
a potência desenvolvida por ele. Despreze os efeitos do atrito.
FR  ma
F  mg sen  ma
v  cte  a  0
F  mg sen  1200.9.8.sen5  1, 024 10 N
0
3
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Exemplo 1
v  36 km
 10 m
h
s
t  5 min  300 s
s  v.t  10.300  3000m  3  103 m
W  Fs  1, 024  103.3  103  3, 072 106 j
W
3, 072  106
4
P


1,
024

10
w
2
t
3  10
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 2
 Calcule o trabalho necessário para distender a mola por 2 cm
sem aceleração. Sabe-se que, quando um corpo de massa igual
a 4 kg é suspenso pela mola, o comprimento da mesma
aumenta de 1,5 cm.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 2
F  mg  4  9,8  39.2 N
39, 2 N
F  kx  x 
1, 5 102
x  2, 61 103 Nm 1
x
x
0
0
W   Fdx  
1 2
kxdx  kx
2
1
W   2, 61 103  (2  10 2 ) 2  5, 22  10 1 J
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 3
 Uma força F = 6t N age sobre uma partícula cuja massa é 2
kg. Se a partícula parte do repouso, procure o trabalho
realizado pela força durante os primeiros 2 s.
F 6t
F  ma  a 

 3t m  s 2
m
2
v
t
dv
a
 dv  adt   dv   adt
v0
t0
dt
t
v   (3t )dt  1, 5t 2 m  s 1
0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 3
x
t
dx
v
 dx  vdt   dx   vdv
x0
t0
dt
t
t
t0
0
x  x0   vdt  x   (1, 5t 2 )dt  0, 5t 3 m
1
x 13
t (
)  1, 26 x 3
0, 5
F  6t  7, 56 x
1
x
x
0
0
3
N
W   Fdx   (7, 56 x ) dx  5.67 x
1
3
4
3
x4m
t2s
x  0, 5t  4 m
3
W  5, 67 x
4
3
 5, 67(4)
4
3
 36 J
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 3
Outra solução:
x  0, 5t 3 m
dx  1, 5t dt
F  6t
2
x
x
x0
0
W   Fdx   (6t )(1, 5t 2 dt )  2, 25t 4 J
t  2 s  W  2, 25(2) 4  36 J
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Energia Cinética
dv dp
 Temos que a força tangencial é FT  maT  m  .
dt dt
Portanto
dv
dp
ds
FT ds  m ds 
 mdv  mvdv, pois
dt
dt
dt
ds
v .
dt
O trabalho total é
B
B
A
A
W   FT ds  
1
1
2
mvdv  mvB  mv A2
2
2
 Esse resultado indica que, independente da forma funcional da
força e da trajetória seguida pela partícula, o valor do trabalho
W realizado pela força é sempre igual a variação da quantidade
½ mv2 entre o inicio e o fim da trajetória.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Energia Cinética
 A quantidade ½ mv2 é chamada energia cinética.
1
2
T  Ek mv
2
ou
p2
T= Ek 
2m
 O trabalho total realizado sobre uma partícula pela força
resultante é igual à variação da sua energia cinética.
W  Ek , B  Ek , A  TB  TA
 Esse resultado geral é válido qualquer que seja a natureza da
força.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 4
 Usando os dados do exemplo 3, calcule diretamente a energia
cinética que a partícula ganha num tempo t.
como a velocidade no instante t era v  1, 5t 2 m  s 1 ,
portanto a energia cinética da partícula é
1
1
2
2
1 2
Ek  mv  (2kg )(1, 5t m  s )
2
2
EK  2, 25t 4 J .
 A energia cinética inicial da partícula em t = 0 é nula; assim o ganho de
energia cinética da partícula no intervalo de tempo t é Ek – Ek,0 = 2,25 t4 J,
que é exatamente o trabalho realizado sobre a partícula, de acordo com o
segundo resultado do exemplo 3.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 5
 A mola do exemplo 2 é colocada na posição horizontal. A
massa m é deslocada para a direita a uma distância a, e
abandonada. Calcule sua energia cinética quando ela se
encontra a uma distância x da posição de equilíbrio.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 5
F   kx
Na posição de equilíbrio x = 0, F = 0
Na posição (b), x = a, F = -ka, v0 = 0, logo Ek = 0.
Considerando v a velocidade na posição intermediária x.
1
1
2
W   FT dx  mv  mv02
A
2
2
v0  0  Ek ,0  0
B
x
x
1
1
2
2
2
mv   Fdx   ( kx )dx  k (a  x )
a
a
2
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 6
Dois blocos estão unidos por um cabo inextensível como
mostrado. Se o sistema é solto do repouso, determine a
velocidade do bloco A depois de ter movido 2 m. Suponha que
o coeficiente de atrito entre o bloco A eo plano é μ = 0,25 e que
a polia é sem peso e sem atrito
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 6
SOLUÇÃO:
• Aplicar o princípio do trabalho e energia
separadamente para os blocos A e B.
FP , A   200 kg   9.81m s 2   1962 N
FA  k N A  kWA  0.25 1962 N   490 N
T2  T1  W12
T1  W12  T2
0  FC  2 m   FA  2 m   12 mAv 2
FC  2 m    490 N  2 m  
1
2
 200 kg  v 2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 6
FP , B   300 kg   9.81m s 2   2940 N
T1  T2  W12
T1  W12  T2 :
0  Fc  2 m   FP , B  2 m   12 mB v 2
 Fc  2 m    2940 N  2 m  
1
2
 300 kg  v 2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 6
• Quando as duas relações são combinadas, o trabalho das forças do
cabo cancela. Resolva para a velocidade.
FC 2 m   490 N 2 m   12 200 kg v 2
 Fc 2 m   2940 N 2 m   12 300 kg v 2
2940 N 2 m   490 N 2 m   12 200 kg  300 kg v 2
4900 J  12 500 kg v 2
v  4.43 m s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho de uma Força Constante
 Consideremos uma partícula de massa m que se move sob
ação de uma força F que é constante em módulo, direção e
sentido.
Quando a partícula se move de A
para B, ao longo da curva (1), o
trabalho de F é
B
W   F  dr
A
B
W  F   dr
A
W  F  (rB  rA )
 O trabalho nesse caso é independente da trajetória que liga os pontos A e
B. Se a partícula se mover pela curva (2), o trabalho será o mesmo.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho realizado pela Força Gravitacional
 Uma aplicação importante do trabalho de uma força constante
é o trabalho realizado pela força da gravidade.
F  mg   j mg
rB  rA  i ( xB  x A )  j ( yB  y A )
W   mg ( yB  y A )
W  mgy A  mgyB
 O trabalho depende somente da diferença YB – YA.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 7
Uma massa de 2 kg, ligada a um fio de um metro de
comprimento, com outro extremo fixo, é deslocada a um
ângulo de 30°com a vertical. Determine a velocidade da
massa quando o fio forma um ângulo de 10°com a vertical, do
mesmo lado e do lado oposto.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 7
W   mg ( y  y0 )
W  mgy0  mgy
y0  y  B`C ` OC `OB`
OB` l cos  0
OC ` l cos 
y0  y  l (cos   cos  0 )
W  mgl (cos   cos  0 )
Ek ,C 
1
mv 2
2
e
Ek , B  0
W  Ek  Ek ,C  Ek , B
1
mv 2  mgl (cos   cos  0 ) ou v 
2
v
2 gl (cos   cos  0 )
2  9,8 1  (cos100  cos 300 )  1, 526 m/s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Forças Conservativas
 Uma força é conservativa quando a sua dependência com o
vetor-posição r ou com as coordenadas x, y, z da partícula é
tal que o trabalho W pode ser sempre expresso como a
diferença entre os valores de uma quantidade Ep(x, y, z) nos
pontos inicial e final.
 O trabalho realizado por
independente da trajetória.
forças
conservativas
é
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Energia Potencial
 A quantidade Ep(x, y, z) é chamada energia potencial e é
função das coordenadas da partícula. Então, se F é uma
força conservativa.
B
W   F  dr  E p , A  E p , B  U A  U B
A
 A energia potencial é uma função das coordenadas tal que a
diferença entre seus valores na posição inicial e na posição
final é igual ao trabalho realizado sobre uma partícula para
movê-la da posição inicial até a posição final.
W  E p  E p ,inicial  E p , final  U inicial  U final
U  E p  mgy  C
C= constante arbitrária.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Trabalho de uma Forças Conservativas
 O trabalho realizado por forças conservativas é independente
da trajetória.
 O trabalho realizado por uma força conservativa em uma
curva fechada, de tal forma que o ponto final coincide com o
inicial, é NULO.
E p, A  E p,B  W  0
W 
 F  dr  0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Derivada direcional da EP
F  dr   dE p
B
B
A
A
W   F  dr    dE p
W  ( E p , B  E p , A )  E p , A  E p . B
F  dr  Fds cos 
dE p
F cos   
ds

dE p
ds
 derivada direcional de E p
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Energia Potencial
 Quando um vetor é tal que sua componente em qualquer
direção é igual à derivada direcional de uma função naquela
direção, o vetor é dito gradiente da função. Assim dizemos
que F é o negativo do gradiente de Ep
F   grad E p  E p
 Quando estamos interessados nas componentes retangulares
de F, ao longo dos eixos x, y e z, Fcos torna-se Fx, Fy e Fz e
o deslocamento ds fica dx, dy e dz, tal que
Fx  
E p
x
,
Fy  
F   grad E p  u x
E p
y
E p
x
, Fz  
 uy
E p
y
E p
z
 uz
ou
E p
z
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Energia Potencial
 Se o movimento está contido num plano e são usadas as
coordenadas r, , o deslocamento ao longo do raio vetor r é
dr e o deslocamento perpendicular ao raio vetor é rd. As
componentes radial e transversal da força são
Fr  
E p
r
1 E p
F  
r 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Força Central
 Se a força é central existe somente componente radial e F = 0,
resultando
E p

0
, que implica na não dependência de Ep com
. Como resultado, uma força central depende somente da
distância da partícula ao centro.
 A energia potencial associada a uma força central depende
somente da distância da partícula ao centro de forças e,
reciprocamente, a força associada com uma energia potencial
que depende somente da distância da partícula a uma origem
de forças é uma força central cuja linha de ação passa por
essa origem.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Força não é central
 Quando as forças não são centrais, há um torque em torno do
ponto O, dado por  = F r, desde que a componente radial da
força não contribui para o torque. O torque em torno de O é
E p
1 E p
F  
 F r  
r 

 
E p

 Essa expressão geral dá o torque numa direção perpendicular
ao plano no qual o ângulo  é medido.
 Sempre que a energia potencial depende de um ângulo existe
um torque aplicado ao sistema, resultando numa variação do
momento angular em uma direção perpendicular ao plano do
ângulo.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 8
 Determine a energia potencial associada com as seguintes
forças centrais: (a) F = kr (b) F = k/r2. Em ambos os casos, se
k for negativo a força será atrativa e se k for positivo a força é
repulsiva.
(a)
F 
E p
r
 kr ou dE p   kr dr
1 2
Integrando, obtemos E p    kr dr   kr  C
2
É habitual fazer-se Ep = 0 em r = 0, de tal forma que C = 0 e
1 2
E p   kr . Considerando r2 = x2 + y2 + z2, podemos escrever
2
Ep  
1
k ( x2  y 2  z 2 )
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 8
Fx  
E p
x
 k x, Fy  
E p
y
 k y, Fz  
E p
z
r z
Resultado que era esperado, de vez que a força central F = kx
na forma vetorial é
(b)
F  k r  k (u x x  u y y  u z z ).
E p
k
 dr 
F 
 2 ou dE p   k  2 
r
r
r 
dr k
Integrando, obtemos E p    k 2   C
r
r
É habitual fazer-se Ep = 0 em r = , de tal forma que C = 0 e
k
Ep  .
r
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 9
Um colar de 90 N desliza sem atrito ao longo de uma haste
vertical, como mostrado. A mola unida ao colar tem um
comprimento indeformado de 10 cm e uma constante de 540
N/m. Se o colar é solto do repouso na posição 1, determine a sua
velocidade depois de ter movido 15 cm para a posição 2.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 9
SOLUÇÃO:
• Aplicar o princípio da
conservação de energia
entre as posições 1 e 2.
x1  20cm  10cm  10cm  0,1m
U e  kx 
1
2
Posição 1:
2
1
1
2
 540 N m  0,1m 
U g  0  n. de ref.
U1  U e  U g  2, 7 J
T1  0
2
 2, 7 J
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 9
Posição 2:
x 2  25cm  10cm
 540 N / m  0,15m   6,1J
U g  FPY   90 N  0,15 m   13,5 J
U e  kx 
1
2
2
2
2
1
2
U 2  U e  U g  6,1  13,5  7, 4 J
1 90 2
T2  mv 
v2  4,59v22
2 9,81
1
2
2
2
Conservação de energia:
T1  V1  T2  V2
0  2,7J  4,59v22  7,4 J
v2  1,48 m s 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Conservação da Energia Mecânica de uma Partícula
Quando a força que age sobre uma partícula é conservativa,
podemos combinar as equações
B
W   F  dr  E p , A  E p , B
A
e
W  Ek , B  Ek , A
que dá E p , A  E p , B  Ek , B  Ek , A  ( Ek  E p ) A  ( Ek  E p ) B
onde
é chamada energia total da partícula.
 Quando as forças são conservativas, a energia mecânica
total E da partícula permanece constante.
E  Ek  E p  const.
E
1
mv 2  mgy  const.
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 10
Um carrinho está em movimento sobre uma montanha russa.
Qual a velocidade do carrinho no ponto C? (V(C)  12,8 m/s)
15
m/s
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 11
 Determine a altura mínima da qual deve partir uma bola para
completar com sucesso a curva de laço mostrada na figura.
Suponha que a bola deslize sem rolar e sem atrito.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 11
No ponto mais alto do laço (B)
mv 2
Fc  F  mg 
R
Como F = 0, temos
v 2  gR
Ek , A  E p , A  Ek , B  E p , B
mvB 2
0  mghA 
 mghB
2
mgR
5
mgh 
 mg 2 R  h  R
2
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 12
O bloco de 2,25 N é empurrado contra a mola e liberado do
repouso em A. Desprezando atrito, determine a menor deflexão
da mola para que o bloco dê a volta em torno do faço ABCDE e
permaneça o tempo todo em contato com ele.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 12
SOLUÇÃO:
• Definindo a força exercida pelo loop
como zero, para resolver a velocidade
mínima em D.
   Fn  man :
FP  man
mg  m vD2 r
vD2  rg   0,6 m  9,81m s   5,89 m 2 s 2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 12
• Aplicar o princípio da
conservação de energia entre
os pontos A e D.
U1  U e  U g  12 kx 2  0 
1
2
 540 N m  x 2  270 x 2
T1  0
U 2  U e  U g  0  FP y   2, 25 N 1, 2m   2, 7 J
U2
 2, 7 J
1 2, 25 N
2
2
T2  mv 
5,89
m
s
 0, 675 J


2
2 9,81m s
1
2
2
D
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 13
Um satélite é lançado em uma direção paralela à superfície da
Terra com uma velocidade de 36.900 quilômetros por a hora de
uma altitude de 500 km. Determine a altitude máxima atingida
pelo satélite.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 13
• Aplicar os princípios para os pontos de
altitude mínima e máxima para
determinar a altitude máxima.
Conservação de energia :
TA  U A  TA  U A
1
2
GMm 1 2 GMm
mv 
 2 mv1 
r0
r1
2
0
Conservação da quantidade de movimento angular :
r0mv0  r1mv1
r0
v1  v0
r1
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 13
Combinando,
2

r0  GM  r0 
1 2
1  
2 v0  1  2  
r0  r1 
 r1 
 r0 2  2GM  r0 
1 
1  2  
2 
 r1  r0 v0  r1 
 r0  r0  2GM
1  1   
2
r
r
r
v

1 
1 
0 0
r0 2GM
1 
r1
r0 v02
 r0 
1  
 r1 
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 13
r0 2GM
1 
2
r1
r0 v0
r0  6370 km  500 km  6870 km
v0  36900 km h  10.25  106 m s



2
GM  gR  9.81m s 6.37  10 m  398  1012 m3 s 2
2
2
6
r1  60.4  106 m  60400 km
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Mov. retilíneo sob ação de forças conservativas
No caso geral de um movimento retilíneo, a energia potencial
depende apenas de uma coordenada, digamos x e podemos
escrever:
1
E  mv 2  E p ( x )
2
2
dx
1  dx 
v
 E  m
  EP ( x )
dt
2  dt 
dx  2

   E  E p ( x )  
dt  m

1
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Mov. retilíneo sob ação de forças conservativas
Podemos escrever essa equação numa forma em que as
variáveis x e t são separadas, isto é, a variável x aparece de um
lado da equação e a varável t aparece do outro lado. Podemos
escrever
dx
2 


  E  E p  x  
m

1
2
 dt
Integrando (e fazendo por t0 = 0 por conveniência), temos

x
x0
dx
2 


E

E
x
 
p   
m

t
1
2
  dt  t
0
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 14
 Use a equação anterior para resolver o problema do
movimento retilíneo sob força constante.
Se a força F é constante, temos: Fx  
dE p
dx
 dE p   Fdx
E p   Fx  C
Considerando Ep = 0 para x = 0, resulta C = 0. Então
E p   Fx
é a expressão da energia potencial associada a
uma força constante. Fazendo x0 = 0, teremos
1
2
 
m
1
2

x
0
dx
 E  Fx 
1
2
t
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exemplo 14

dx
x
0
1
2
 E  Fx 
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
   t   E  Fx   E    t
F
F
m
m
1
2
1
2
Resolvendo para x, resulta
Como,
Resulta
1  F  2  2E 
x   t  
 t
2m
 m 
F
a
m
1
2E
2
2
E  mv  Fx, para t  0, x  0  v 
2
m
1 2
x  at  v0t
2
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da Energia potencial elástica
 Vamos considerar que a energia mecânica deste sistema
tem valor Eo
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da Energia potencial elástica
 Quando x = ± L toda a energia mecânica está sob a forma
de energia potencial.
 Esses pontos x = ± L são chamados pontos de inversão
pois ao chegar neles a velocidade da partícula se anula e
inverte o sentido.
 Quando x = 0 toda a energia mecânica é cinética.
 O movimento da partícula está confinado à região
-L≥x≥+L.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da energia potencial de uma partícula
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da energia potencial de uma partícula
 A) E = E0
 Para esse valor de energia mecânica, toda a energia é
potencial e portanto a energia cinética será sempre zero.
 A partícula vai estar permanentemente localizada na
posição x = x0 e com velocidade nula.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da energia potencial de uma partícula
 B) E = E1
 Como E ≥ U(x) para esse valor de energia mecânica
x1≥ x ≥ x2 . A partícula está confinada a se movimentar
entre os pontos x1 e x2 , passando pelo ponto xo, de mínimo
da energia potencial e consequentemente de máximo da
energia cinética.
 Nos pontos x1 e x2 temos E1 = U(x1) = U(x2), e portanto
toda a energia é potencial. Isso implica que a energia
cinética é nula nesses pontos. Esses pontos são chamados
pontos de retorno (ou pontos de inversão) pois a partícula
estava se movendo em um sentido, sua velocidade se
anulou e ela retornou usando o sentido contrário.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da energia potencial de uma partícula
 C) E = E2
 Existem quatro pontos de retorno
 D) E = E3
 Existe apenas um ponto de inversão. Se a partícula estiver
se movendo em direção ao ponto x = 0 , ao chegar em
x = x3 ela para, retornando no sentido contrário.
 E) E = E4
 Não existem pontos de retorno.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Relação entre força e potencial
Em uma dimensão, temos:
x
W   F ( x)  dx  E p , x0  E p , x  U ( x0 )  U ( x )
x0
dU ( x)
F ( x)  
dx
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da energia potencial de uma partícula
 A) No ponto x = x0 temos um equilíbrio estável e
citaremos como exemplo dessa situação um pêndulo em
equilíbrio na sua posição vertical inferior. Se alterarmos a
sua posição, surge uma força restauradora e o sistema
tende a voltar à posição de equilíbrio inicial.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Gráfico da energia potencial de uma partícula
 B) No ponto x = x4 temos um equilíbrio instável e
citaremos como exemplo dessa situação um pêndulo em
equilíbrio na sua posição vertical superior. Se alterarmos a
sua posição, surge uma força que afasta ainda mais o
sistema de sua situação de equilíbrio inicial.
 C) No ponto x ≥ x5 temos um equilíbrio indiferente. Se
alterarmos a sua posição não acontece nenhuma das duas
situações anteriores. Uma exemplo desse caso seria um
cone apoiado em uma face lateral.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Forças não conservativas
 Vamos considerar que estão atuando N forças sobre uma
dada partícula, de modo que a força resultante será dada
por:
N
F  F1  F2  ...  FN   Fi
i 1
 Como já foi mencionado, o trabalho executado pela força
resultante é igual à variação da energia cinética da
partícula:
N
T  WF  W1  W2  WN   Wi
i 1
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Forças não conservativas
 Se forem conservativas todas as forças mencionadas, teremos:
T   WC   U
T   U  0   T   U   E  0
 Para cada força conservativa teremos a sua energia potencial
associada a ela, daí a soma das energias potenciais. A soma
das energias potenciais com a energia cinética nos dá a energia
mecânica E. Quando existem apenas forças conservativas, a
energia mecânica não varia E = 0 , sendo então uma
constante de movimento.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Forças não conservativas
 Se, por outro lado, tivermos atuando também forças nãoconservativas (em particular a força de atrito), teremos:
T   WC   WA   U   WA
T   U   WA
 T   U   E   WA
E  E f  Ei   WA
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Forças não conservativas
 como é negativo o trabalho executado pela força de atrito,
acontecerá uma perda da energia mecânica; a energia
mecânica final será menor que a energia mecânica inicial.
∆𝑬 < 𝟎
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exercícios
1. Uma força 𝐹 que dura 20 s é aplicada a um corpo de massa
igual a 500 kg. A força produz no corpo que estava inicialmente
em repouso, uma velocidade final de 0,5 m ∙ s-1. Se a força
cresce linearmente com o tempo durante 15 s e depois decresce
até zero, também linearmente, durante 5 s, (a) determine o
impulso causado sobre o corpo pela força, (b) calcule a força
máxima exercida sobre o corpo, e (c) faça um gráfico de 𝐹
contra 𝑡 e procure a área sob essa curva. Esse resultado concorda
com (a)? Suponha que 𝐹 seja a única força que age no corpo.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exercícios
2. Calcule o trabalho realizado por um homem que arrasta um
saco de farinha de 65 kg a uma distância de 10 m sobre o solo
com uma força de 25 kgf, erguendo-o depois até a carroceria de
um caminhão de 75 cm de altura. Qual é a potência média
desenvolvida se o processo todo foi realizado em 2 min?
3. Um corpo de massa igual a 4 kg move-se para cima num
plano inclinado de 20° com a horizontal. As seguintes forças
agem sobre o corpo: uma força horizontal de 80N, uma força de
100 N paralela ao plano inclinado no sentido do movimento. O
corpo desliza 10 m sobre o plano. Calcule o trabalho total
realizado pelo sistema de forças que age sobre o corpo, assim
como o trabalho executado por cada um a delas.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exercícios
4. Um corpo com 0,10 kg de massa cai de uma altura de 3m
sobre um monte de areia. Se o corpo afunda 3 cm antes de parar,
qual é modulo da força constante que a areia exerceu sobre o
corpo?
5. Um automóvel sobe uma rampa inclinada de 3°, com
velocidade constante de 45 km ∙ s-1. A massa do automóvel é de
1 600 kg. Qual é a potência desenvolvida pelo motor? Qual o
trabalho realizado em 10 s? Despreze as forças de atrito.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exercícios
6. Dada 𝐹 = 𝑢𝑥 7 − 𝑢𝑦 6 𝑁 . (a) Calcule o trabalho
realizado quando uma partícula submetida a essa força vai da
origem a 𝑟 = 𝑢𝑥 −3 + 𝑢𝑦 4 + 𝑢𝑧 16 𝑚 . Será
necessário especificar o caminho seguido pela partícula? (b)
Calcule a potência média quando a partícula leva 0,6s para ir
de um ponto ao outro. Exprima sua resposta em watts e HP.
(c) Sendo a massa da partícula 1,0 kg, calcule a variação de
energia cinética.
MECÂNICA GERAL BÁSICA – PARTE 4
Exercícios
7. Uma bomba com 10 kg de massa é largada de um avião que
voa horizontalmente com velocidade 270 km/h. Se o avião está a
100 m de altitude, calcule: (a) a energia cinética inicial da
bomba; (b) sua energia potencial inicial; (c) sua energia total; (d)
sua velocidade quando ela atinge o solo; (e) suas energias
cinética e potencial 10 s após o início da queda.
8. Usando somente a conservação da energia, calcule a
velocidade da bomba do problema anterior quando ela se
encontra a 50 m acima do solo, e sua altitude quando a energia
cinética tiver aumento de 30 % em relação ao valor inicial.