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Exercícios resolvidos de dinâmicaTRANSCRIPT
FÍSICA PARA CIÊNCIAS BIOLÓGICAS -TRABALHO E ENERGIA
Prof. Carlos Alberto G. de AlmeidaTutores: Luis Paulo Silveira Machado e
Wagner Máximo de Oliveira
UFPB VIRTUAL
2 de setembro de 2012
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INTRODUÇÃO
Neste material de apoio estudaremos os seguintes assuntos:Trabalho de uma força constante;Trabalho da força peso;Energia Cinética;
Apresentaremos aqui alguns Exercícios Resolvidos sobre os assuntosdescritos acima, porém, é interessante que você estude antes a teoriano Livro de FÍSICA., na segunda unidade.
BOM ESTUDO!
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TRABALHO DE UMA FORÇA CONSTANTE
Existem outros modos de analisar os movimentos, sem depender daaplicação direta das leis de Newton. Um desses modos é baseadonosconceitos de Trabalho e Energia, que apresentaremos agora.Cnsideremos um corpo que se move em trajetória retilínea, efetuandoum deslocamento
−→d . Seja
−→F uma das forças que atuam no corpo e
suponhamos que essa força seja constante (em módulo, direção esentido) e forme um ângulo θ com o deslocamento
−→d . O trabalho da
força−→F (τF ) é definido por:
τF = F · d · cos θ (1)
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TRABALHO DE UMA FORÇA CONSTANTE
No (SI) a unidade de trabalho é o joule, cujo símbolo é J.Como o cos θ não tem unidade, da equação (1), temos:
unidade de τ = (unidade de F ) · (unidade de d)
J = N ·m
θ = 0 =⇒ cos θ = 1 =⇒ τF = F · dθ = 90o =⇒ cos θ = 0 =⇒ τF = 0θ = 180o =⇒ cos θ = −1 =⇒ τF =−F · d
Quando θ é agudo, isto é, 0 < θ < 90o, teremos cos θ > 0, e otrabalho será positivo. Quando θ é obtuso, isto é, 90o < θ < 180o,teremos cos θ < 0, e o trabalho é negativo.
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TRABALHO TOTAL
Frequentemente encontramos situações em que um corpo está sob aação de várias forças. O trabalho total realizado durante umdeslocamento é simplemente a soma dos trabalhos realizados porcada força:
τtotal = τF1 + τF2τF3 + τF4 + . . .
Sendo−→FR a resultante das forças que atuam no corpo, é possível
demonstrar que o trabalho total é igual ao trabalho de−→FR:
τFR = τtotal = τF1 + τF2τF3 + τF4 + . . .
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EXERCÍCIO RESOLVIDO: Um bloco apoiado em uma superfíciehorizontal é puxado para a direita, pela aplicação de uma força−→F de intensdade F = 100 N. Além dessa força, o bloco está soba ação de outras três forças: o peso
−→P , a normal
−→FN e a força de
atrito−→FA. Suponhamos que P = 90 N, FA = 20 N, senθ = 0,60 e
cos θ = 0,80. Para um deslocamento−→d tal que d = 5,0 m,
vamos calcular o trabalho de cada força e o trabalho total.
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CONTINUAÇÃO
Resolução:Trabalho da força
−→F :
τF = F · d · cos θ = (100) · (5,0) · (0,80) =⇒ τF = 400 J
Trabalho da força de atrito−→FA:
τFA = FA · d · cos 180o = (20) · (5,0) · (−1) =⇒ τFA = −100 J
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CONTINUAÇÃO
Como as forças−→FN e
−→P são perpendiculares ao deslocamento, seus
trabalhos são nulos:
τP = τFN = FN︸︷︷︸ou P
·d · cos(π/2)︸ ︷︷ ︸=0
= 0
Portanto, o trabalho total é:
τtotal = τF + τFA + τP + τFN = (400 J) + (−100 J) + 0 + 0 = 300 J
τtotal = 300 J
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TRABALHO DA FORÇA PESO
Consideremos uma região próxima da superfície da Terra, de modoque a aceleração da gravidade possa ser considerada constante.Suponhamos que uma partícula vá de um ponto A a um ponto B.
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TRABALHO DA FORÇA PESO
Usando-se o Cálculo Integral é possível mostrar que o trabalhorealizado pelo peso (
−→P ) da partícula é dado por:
τAB = P · h
onde h é o desnível entre os pon-tos A e B, independentemente datrajetória seguida. Na figura aolado exemplificamos dois caminhosligando A a B. O trabalho do peso éo mesmo em qualquer desses ca-minhos.
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TRABALHO DA FORÇA PESO
Indo de A para B, a partículamoveu-se a favor do peso e, assim,o trabalho é positivo. Se a par-tícula fosse de B para A, subindo,portanto, estaria se movendo con-tra o peso e nesse caso o trabalhodo peso seria negativo:
τBA = −P · hQuando o trabalho de uma força depende apenas do ponto inicial e doponto final e não da trajetória seguida, a força é chamadaconservativa. Assim, o peso é uma força conservativa.
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ENERGIA CINÉTICA
Consideremos uma partícula demassa m, que passa por um pontoA com velocidade −→νA e por umponto B com velocidade −→νB, aolongo de uma trajetória qualquer,sob a ação de um número qualquerde forças, constantes ou variáveis.Usando o Cálculo Integral é possível demosntrar que o trabalho totalrealizado por essas forças, entre os pontos A e B (τAB), é dado por:
τAB =m · ν2
B2︸ ︷︷ ︸
Final
−m · ν2
A2︸ ︷︷ ︸
Inicial
(2)
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ENERGIA CINÉTICA
A energia cinética (EC) de um corpo de massa m e velocidade ν édefinida do seguinte modo:
EC =m · ν2
2(3)
Desse modo, na equação (2), mν2B
2 é a energia cinética no ponto B
(ECB ) e mν2A
2 é a energia cinética no ponto A (ECA). Podemos, então,dar outra forma à equação (2):
τAB = ECB − ECA = ∆EC (4)
onde ∆EC é a variação da energia cinética. As equações (2) e (4) sãoos modos matemáticos de enunciar o Teorema da Energia Cinética(TEC):O trabalho total das forças atuantes numapartícula é igual à variação da energia ci-nética dessa partícula.
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EXERCÍCIO RESOLVIDO: Uma partícula de massa m = 4,0 kgé abandonada do alto de um tobogã, passando pelo ponto A comvelocidade νA = 3,0 m/s e pelo ponto B com velocidadeνB = 8,0 m/s. Durante o movimento, o bloco esteve sob a açãode apenas três forças: o peso, a normal e a força de atrito.Sendo g = 10 m/s2, calculemos o trabalho da força de atrito notrecho AB.
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CONTINUAÇÃO
Resolução:Durante o movimento, a força nor-mal não se mantém constante, poisa trajetória é curva. Assim, mesmoque conhecêssemos o coeficintede atrito µ, não teríamos um va-lor constante para a força de atritoe, assim, não poderíamos calcularo seu trabalho pela fórmula τ =F · d · cos θ.Vamos, então, utilizar o Teorema da Energia Cinética. As energiascinéticas da partícula nos pontos A e B são:
ECA =mν2
A2
=(4,0) · (3,0)2
2= 18 =⇒ ECA = 18 J
ECB =mν2
B2
=(4,0) · (8,0)2
2= 128 =⇒ ECB = 128 J
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CONTINUAÇÃO
O trabalho de−→FN é nulo e o trabalho do peso é:
τP = +P · h = +mgh = (4,0) · (10) · (5,0) = 200 =⇒ τP = 200 J
De acordo com o Teorema da Energia Cinética:
τtotal = τFA + τP + τFN =mν2
B2
−mν2
A2
τFA + 200 + 0 = 128 − 18 ∴ τtotal = −90 J
τtotal = −90 JProf. Carlos Alberto G. de AlmeidaTutores: Luis Paulo Silveira Machado e Wagner Máximo de Oliveira (UFPB VIRTUAL)FÍSICA PARA CIÊNCIAS BIOLÓGICAS - TRABALHO E ENERGIA2 de setembro de 2012 16 / 21
EXERCÍCIO RESOLVIDO: Um bloco de massa m = 6,0 kg temmovimento retilíneo sobre uma superfície horizontal, sendo
−→F a
resultante de todas as forças que atuam no bloco. A força−→F tem
diração constante, mas intensidade variável, e, de acordo com ográfico, o bloco passa pelo ponso s = 0 com velocidadeν0 = 5 m/s
Vamos calcular a velocidade do bloco ao passar pelo ponto deespaço s = 8 m e a força média nesse percurso.
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CONTINUAÇÃO
Resolução:O trabalho de
−→F é dado pela área
da região colorida na figura. Pode-mos calcular essa área dividindo aregião em um retângulo e um triân-gulo.
τF = (8) · (30) +4 · (30)
2= 300 J
Aplicando o Teorema da Energia Cinética:
τF =mν2
2−
mν20
2=⇒ 300 =
(6,0) · v2
2−
(6,0) · (5)2
2∴ ν = 5
√5 m/s
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CONTINUAÇÃO
Vamos calcular também a intensidade da força média (−→F ), que
corresponde a uma força constante que realizaria o mesmo trabalhonesse percurso. Sendo Fm cosntante e paralela ao deslocamento,temos:
Fm · d = τF =⇒ Fm · (8,0) = 300 ∴ Fm = 37,5 N
Fm = 37,5 NProf. Carlos Alberto G. de AlmeidaTutores: Luis Paulo Silveira Machado e Wagner Máximo de Oliveira (UFPB VIRTUAL)FÍSICA PARA CIÊNCIAS BIOLÓGICAS - TRABALHO E ENERGIA2 de setembro de 2012 19 / 21
BIBLIOGRAFIA UTILIZADA
Curso de Física básica - vol 1. Nussenzveig, Herch Moysés - 4.ed. - São Paulo: Blucher, 2002.Física básica: Mecânica. Chaves, Alaor, Sampaio, J.F. - Rio deJaneiro: LTC, 2007.Física 1: mecânica. Luiz, Adir M. - São Paulo: Editora Livraria daFísica, 2006.Física: volume único. Calçada, Caio Sérgio, Smpaio, José Luiz -2. ed. - São Paulo: Atual, 2008.
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OBSERVAÇÕES:
Caros alunos e alunas, é de extrema importância que vocês nãoacumulem dúvidas e procurem, dessa forma, estarem em dia como conteúdo.Sugerimos que estudem os conteúdos apresentados nestasemana, e coloquem as dúvidas que tiverem no fórum dasemana, para que possamos esclarecê-las.O assunto exposto acima servirá de suporte durante todo o curso.Portanto aproveitem este material!
ÓTIMA SEMANA E BOM ESTUDO!
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