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Resoluções Manual RUMO À Física 10
Filosofia
Ensino Secundário
• 11º AnoColégio de Lamas
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Resoluções PASSO A PASSO
DOMÍNIO: Energia e sua conservação
SUBDOMÍNIO 1: Energia e movimentos
Exercícios propostos pág. 14
- O primeiro passo é converter a massa e a velocidade em unidades do SI: 𝑚 = 200 g = 200 × 10−3 = 2,00 × 10−1 kg
𝑣 = 145×
3 m 3600 s = 40,3 m s
−
Sendo 𝐸c = 12 𝑚𝑣 2
𝐸c = 12 × 2,00 × 10−1 × 40,3 2 = 162 J
A energia cinética da bola de ténis é 162 J.
- Manipulando a expressão da energia cinética de forma literal (isto é, só com letras), é possível obter uma expressão para a massa:
𝐸c = 12 𝑚𝑣 2 ⇔ 𝑚 = 2𝐸 𝑣 2 c
Então, para o novo valor de velocidade, a energia cinética do corpo será:
𝐸c,2 = 12 𝑚𝑣 22 ⇔ 𝐸c,2 = 12 × 2𝐸 𝑣c,1 12 × 𝑣 22 ⇔
⇔ 𝐸c,2 = 𝐸c,1 × 𝑣 2
2 𝑣 12 ⇔ 𝐸c,2 = 180 ×
12,0 2 7,0 2 = 5,3 × 10
2 J
Esta metodologia de resolução é útil no caso de não ser conhecida a massa do sistema ou caso se pretenda analisar a relação das energias cinéticas. Ou Utilizando a expressão da energia cinética pode obter-se a massa do corpo:
𝐸c = 12 𝑚𝑣 2 ⇔ 180 = 12 × 𝑚 × 7,0 2 ⇔ 𝑚 = 7,3 kg
Então, para o novo valor de velocidade, a energia cinética do corpo será:
𝐸c = 12 × 7,3 × 12,0 2 ⇔ 𝐸c = 5,3 × 10 2 J
A energia cinética do corpo é 5,3 × 10 2 J.
- No topo do escorrega, a criança só possui energia potencial gravítica porque ainda não está em movimento. 𝐸m,i = 𝐸c,i + 𝐸pg,i ⇒ 𝐸m,i = 0 + 195 = 195 J
Quando atinge a base do escorrega, a criança só possui energia cinética, pois a energia potencial gravítica é nula.
𝐸m,f = 𝐸c,f + 𝐸pg,f ⇒ 𝐸m,f = 12 𝑚𝑣f 2 + 0 =
= 12 × 15,0 × 5,0 2 = 1,9 × 10 2 J
Resoluções PASSO A PASSO
- O primeiro passo é converter a massa em unidades do SI: 𝑚 = 270 g = 270 × 10−3 = 2,70 × 10−1 kg Uma vez que a energia mecânica se mantém constante: 𝐸m,lançamento = 𝐸m,ponto mais alto Logo: 𝐸c,lançamento + 𝐸pg,lançamento = 𝐸m,ponto mais alto ⇒
⇒ 12 𝑚𝑣lançamento 2 + 0 = 𝐸m,ponto mais alto ⇔
⇔ 𝑣lançamento 2 = 2 𝐸m,ponto mais alto 𝑚 ⇔
⇔ 𝑣lançamento 2 = 2,70×102×15,0−1 ⇔
⇔ 𝑣lançamento = 10,5 m s− A velocidade de lançamento da bola é 10,5 m s−1.
O sistema B apresenta maior energia interna do que o sistema A porque tem maior massa, ou seja, possui maior energia potencial interna.
O sistema C apresenta maior energia interna do que o sistema A porque, embora apresentem uma massa idêntica, as suas partículas revelam maior agitação, ou seja, possui maior energia cinética interna.
A que apresenta maior energia interna é a garrafa de 1,00 L pois, se ambas se encontram à mesma temperatura, possuem a mesma energia cinética interna, no entanto, como esta tem mais massa de água apresentará maior energia potencial interna.
Podem ser considerados sistemas mecânicos os sistemas B e C. Na situação A ocorre variação da energia interna.
Apenas a situação B pode ser redutível ao modelo da partícula material porque no sistema C pode haver movimento de rotação ou deformação.
Situações B e C. Na situação A, o pião possui movimento de rotação, logo não pode ser redutível ao seu centro de massa e na situação D ocorre variação de energia interna, logo não é um sistema mecânico. A situação C pode ser considerado um sistema mecânico redutível ao centro de massa porque trata-se de um sólido indeformável em movimento de translação. A situação B também poderá ser se, durante a queda, a bola não apresentar movimento de rotação.
Resoluções PASSO A PASSO
Exercícios propostos pág. 28
11.
11.
A componente da força na direção do deslocamento corresponde a 𝐹⃗𝑥. Assim, pode obter-se pela expressão:
cos 40° = 𝐹 𝐹𝑥 ⇔ 𝐹𝑥 = cos 40° × 70 = 54 N
O valor da componente da força que atua na direção do deslocamento do trenó é 54 N.
- O trabalho de uma força, 𝐹⃗ , pode ser determinado por: 𝑊𝐹⃗ = 𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 ⇒ 𝑊𝐹⃗ = 70 × 5,0 × cos 40° = = 268,1 = 2,7 × 10 2 J
A componente eficaz da força é a componente da força na direção do deslocamento, ou seja, 𝐹⃗𝑥. Assim,
o trabalho de 𝐹⃗𝑥 será: 𝑊𝐹⃗𝑥 = 𝐹𝑥Δ𝑟 cos 0° ⇒
⇒ 𝑊𝐹⃗𝑥 = 54 × 5,0 × cos 0° = 2,7 × 10 2 J
Tal como era de esperar, o trabalho da força, 𝐹⃗ , é igual ao trabalho da componente eficaz da força 𝐹⃗𝑥, 2,7 × 10 2 J.
- A força normal é a força que a superfície aplica no trenó como reação à força que o trenó impõe na superfície. A força que puxa o trenó tem uma componente perpendicular ao deslocamento que diminui a força que o trenó faz na superfície, logo, neste caso: 𝑁 = 𝐹g − 𝐹y
Como 𝐹g = 𝑚𝑔 e sen 40° = 𝐹 𝐹y
𝑁 = 𝑚 × 𝑔 − 𝐹 × sen 40° 𝑁 = 25 × 10 − 70 × sen 40° = 205 = 2,0 × 10 2 N
À medida que o ângulo que a força faz com a horizontal diminui, maior será a componente da força na direção do deslocamento e, consequentemente, maior será o trabalho realizado pela força.
O trabalho da resultante das forças pode ser determinado pela intensidade da resultante das forças:
𝐹⃗R = 𝐹 ⏞⃗g + N⃗⃗⃗ + 𝐹⃗𝑦
=0⃗⃗⃗ + 𝐹⃗𝑥 ⇒ 𝐹R = 𝐹𝑥 ⇔
⇔ 𝐹R = 70 × cos 40° = 54 N
Resoluções PASSO A PASSO
Logo: 𝑊𝐹⃗R = 54 × 5,0 × cos 0° = 2,7 × 10 2 J
Note-se que o trabalho da resultante das forças que atuam no trenó também corresponde à soma dos trabalhos realizados por cada uma das forças que atuam no trenó, pois: 𝑊𝐹⃗r = 𝑊𝐹⃗ + 𝑊𝐹⃗g + 𝑊𝑁⃗⃗⃗
E, uma vez que o peso e a força normal atuam numa direção que é perpendicular ao deslocamento, o seu trabalho será nulo: 𝑊𝑁⃗⃗⃗ = 𝑁 × Δ𝑟 × cos 90° = 0 J 𝑊𝐹⃗g = 𝐹𝑔 × Δ𝑟 × cos 90° = 0 J
Então: 𝑊𝐹⃗ R = 2,7 × 10 2 + 0 + 0 = 2,7 × 10 2 J
O trabalho da resultante das forças que atuam no trenó é 2,7 × 10 2 J.
- Considerando o triângulo retângulo formado pelo plano inclinado, pela horizontal e pela altura vertical, pode escrever-se:
sen 15° = comprimento do planoaltura ⇒
⇒ sen 15° = 2,5Δ𝑟 ⇔ Δ𝑟 = sen 15°2,5 = 9,7 m
Note-se que a intensidade da força normal deve ser igual à intensidade da componente do peso na
direção perpendicular à direção do deslocamento, 𝐹⃗g,𝑦.
12.
A componente do peso na direção do deslocamento corresponde a 𝐹⃗g,𝑥. O ângulo entre a direção do peso e a direção do deslocamento corresponde ao ângulo complementar ao ângulo do plano, ou seja, 𝛽 = 90° − 15° = 75°.
Assim, a intensidade de 𝐹⃗g,𝑥 pode obter-se pela expressão:
sen 15° = 𝐹 𝐹g,𝑥g ou cos 75° = 𝐹g,𝑥 𝐹g ⇔
⇔ cos 75° = 𝐹 𝑚𝑔g,𝑥 ⇒
⇒ 𝐹g,𝑥 = cos 75° × 65 × 10 = 1,7 × 10 2 N
Resoluções PASSO A PASSO
Exercícios propostos pág. 31
- a) 𝑚 = 8,0 kg, Δ𝑟 = 15,0 m, 𝛼 = 40°, 𝑣f = 5,0 m s−1 O diagrama da partícula material com as forças aplicadas será:
(Note-se que o diagrama não está à escala.) Segundo o Teorema da Energia Cinética, a variação da energia cinética da mala durante o deslocamento é igual ao trabalho realizado pela resultante das forças exercidas na mala. De acordo com o diagrama verifica-se que, o peso e a força normal atuam numa direção perpendicular (𝛼 = 90°) ao deslocamento, logo não realizam trabalho, e a única força que tem uma componente na
direção do deslocamento é a força 𝐹⃗. Assim, o trabalho realizado pela resultante das forças exercidas na mala corresponde apenas ao trabalho realizado por esta força, que é dado por:
𝑊𝐹⃗ R = 𝑊𝐹⃗ + 𝑊 ⏞𝐹⃗g
= + 𝑊 ⏞𝑁⃗⃗⃗
= ⇒ 𝑊𝐹⃗ R = 𝑊𝐹⃗ = 𝐹Δ𝑟 cos 𝛼
Mas, de acordo com o Teorema da Energia Cinética, este trabalho é também: 𝑊𝐹⃗ R = Δ𝐸c ⇔ 𝑊𝐹⃗R = 𝐸c,f − 𝐸c,i ⇔
⇔ 𝑊𝐹⃗R = 12 𝑚𝑣f 2 − 12 𝑚𝑣i 2
Como a mala está inicialmente em repouso, 𝑣i = 0 m s−1, e, por isso:
𝑊𝐹⃗ R = 12 𝑚𝑣f 2 − 12 ⏞ 𝑚𝑣i 2
= ⇒ 𝑊𝐹⃗R = 12 𝑚𝑣f 2
Assim, chega-se à conclusão que:
𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 = 12 𝑚𝑣f 2 ⇔ 𝐹 = 12 𝑚𝑣f
2 Δ𝑟 cos 𝛼 ⇔
⇔ 𝐹 = 8,0×5,
2 2×15,0×cos 40° = 8,7 N Ou, calculando por etapas, de acordo com o Teorema da Energia Cinética: 𝑊𝐹⃗ R = Δ𝐸c ⇔ 𝑊𝐹⃗R = 𝐸c,f − 𝐸c,i ⇔
⇔ 𝑊𝐹⃗R = 12 𝑚𝑣f 2 − 12 ⏞ 𝑚𝑣i 2
=
𝑊𝐹⃗ R = 12 × 8,0 × 5,0 2 = 1,0 × 10 2 J
O trabalho da resultante das forças que atuam na mala pode ser determinado pela soma dos trabalhos realizados por cada uma das forças que nele atuam. Como o peso e a força normal atuam numa direção
que é perpendicular ao deslocamento, o seu trabalho será nulo, pelo que, só a força 𝐹⃗ , que tem uma componente na direção do deslocamento, realiza trabalho:
Resoluções PASSO A PASSO
𝑊𝐹⃗R = 𝑊𝐹⃗ + 𝑊 ⏞𝐹⃗g
= + 𝑊 ⏞𝑁⃗⃗⃗
= ⇒ ⇒ 𝑊𝐹⃗R = 𝑊𝐹⃗ = 𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 ⇒ ⇒ 𝑊𝐹⃗ = 𝐹 × 15,0 × cos 40° Assim: 1,0 × 10 2 = 𝐹 × 15,0 × cos 40 ° ⇔ 𝐹 = 8,7 N A intensidade da força, 𝐹⃗ , é 8,7 N.
b) 𝐹a = 20 N. Agora, existe também a força de atrito que, como se pode ver no diagrama da partícula material seguinte (que não está à escala), é paralela à direção do movimento, mas no sentido oposto, logo faz um ângulo 𝛼′ = 180° com o deslocamento.
Neste caso, a força de atrito também realiza trabalho sobre a mala, pelo que agora o trabalho realizado pela resultante das forças exercidas na mala é dado por:
𝑊𝐹⃗ R = 𝑊𝐹⃗ + 𝑊𝐹⃗a + 𝑊 ⏞𝐹⃗g
= + 𝑊 ⏞𝑁⃗⃗⃗
= ⇒
⇒ 𝑊𝐹⃗ R = 𝑊𝐹⃗ + 𝑊𝐹⃗a = 𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 + 𝐹aΔ𝑟 cos 𝛼′
Novamente, de acordo com o Teorema da Energia Cinética, este trabalho é também:
𝑊𝐹⃗ R = 12 𝑚𝑣f 2
Assim, chega-se à conclusão que:
𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 + 𝐹aΔ𝑟 cos 𝛼′ = 12 𝑚𝑣f 2 ⇔
⇔ 𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 = 12 𝑚𝑣f 2 − 𝐹aΔ𝑟 cos 𝛼′ ⇔
⇔ 𝐹 = 12 𝑚𝑣f
2 Δ𝑟 cos 𝛼 − 𝐹a
cos 𝛼′ cos 𝛼 Como cos 𝛼′cos 𝛼 é negativo, a intensidade de F neste caso terá de ser superior ao da alínea anterior.
Substituindo os valores numéricos, obtém-se:
𝐹 = 8,0×5,
2 2×15,0×cos 40° − 20,0 ×
cos 180° cos 40° = = 34,81 = 35 N Ou, calculando por etapas: Como os módulos das velocidades inicial e final são iguais, de acordo com o Teorema da Energia Cinética, o trabalho da resultante das forças é o mesmo da alínea anterior: 𝑊𝐹⃗ R = 1,0 × 10 2 J
Uma vez que agora atua uma força de atrito na mesma direção, mas no sentido oposto ao deslocamento, tem-se: 𝑊𝐹⃗a = 20 × 15,0 × cos 180° = −3,0 × 10 2 J
Então, o trabalho realizado pela resultante das forças corresponderá a:
Resoluções PASSO A PASSO
- No conjunto 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑖𝑎𝑑𝑜𝑟 + 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑖𝑠 + 𝑏𝑎𝑠𝑡õ𝑒𝑠 atuam o peso, a força normal e a força de atrito. Uma vez que a força normal atua numa direção que é perpendicular ao deslocamento o seu trabalho será nulo: 𝑊𝑁⃗⃗⃗ = 𝑁 × Δ𝑟 × cos 90° = 0 J O trabalho do peso do conjunto pode ser determinado por: 𝑊𝐹⃗g = 𝐹gΔ𝑟 cos 𝛽 ⇒
⇒ 𝑊𝐹⃗g = 75 × 10 × 80 × cos 65° = 2,5 × 10 4 J
O trabalho do peso do conjunto é 2,5 × 10 4 J. A força de atrito atua na mesma direção, mas no sentido oposto ao deslocamento, pelo que: 𝑊𝐹⃗a = 9,5 × 80 × cos 180° = −7,6 × 10 2 J
O trabalho da força de atrito que atua no conjunto é resistente e igual a −7,6 × 10 2 J.
- O trabalho da resultante das forças que atuam no conjunto pode ser determinado pela soma dos trabalhos realizados por cada uma das forças que atuam no conjunto. Assim: 𝑊𝐹⃗ R = 𝑊𝐹⃗g + 𝑊𝑁⃗⃗⃗ + 𝑊𝐹⃗a
𝑊𝐹⃗ R = 2,5 × 10 4 + 0 + (−7,6 × 10 2 ) = 2,4 × 10 4 J
O trabalho da resultante das forças que atuam no conjunto é 2,4 × 10 4 J.
- De acordo com o Teorema da Energia Cinética: 𝑊𝐹⃗ R = Δ𝐸c ⇒ 𝑊𝐹⃗ R = 𝐸c,f − 𝐸c,i ⇒
⇒ 𝑊𝐹⃗ R = 12 𝑚𝑣f 2 − 12 𝑚𝑣i 2
Como o conjunto parte do repouso, então:
𝑊𝐹⃗ R = 12 𝑚𝑣f 2 − 12 ⏞ 𝑚𝑣i 2
= ⇒
⇒ 𝑊𝐹⃗ R = 12 𝑚𝑣f 2 ⇔ 𝑣f 2 =
2𝑊𝐹⃗⃗⃗ R 𝑚 ⇔
⇔ 𝑣f 2 = 2×2,4×
4 75 ⇔ 𝑣f = 25 m s
−
O módulo da velocidade do conjunto quando percorre os 80 m é 25 m s−1.
15.
- 𝑚 = 7,50 g = 7,50 × 10−3 kg, ℎi = 1,5 m, ℎf = 3,0 m O diagrama do sistema em estudo, que não se encontra à escala, seria:
Resoluções PASSO A PASSO
O trabalho realizado pelo da moeda pode ser determinado por: 𝑊𝐹⃗g = 𝐹gΔ𝑟 cos 𝛼
Uma vez que, na subida, o peso atua na mesma direção, mas no sentido oposto ao deslocamento, e a moeda se desloca 1,5 m (3,0 − 1,5 = 1,5 m) tem-se: 𝑊𝐹⃗g = 7,50 × 10−3 × 10 × 1,5 × cos 180° = −0,11 J
O trabalho do peso da moeda é −0,11 J.
- De acordo com o Teorema da Energia Cinética: 𝑊𝐹⃗ R = Δ𝐸c ⇔ 𝑊𝐹⃗g = 𝐸c,f − 𝐸c,i ⇔
⇔ 𝑊𝐹⃗R = 12 𝑚𝑣f 2 − 12 𝑚𝑣i 2
Sendo a resistência do ar desprezável, o peso será a única força a atuar na moeda e a realizar trabalho, pelo que: 𝑊𝐹⃗ R = 𝑊𝐹⃗g
Como na altura máxima o módulo da velocidade da moeda é nulo, então:
𝑊𝐹⃗g = 12 ⏞ 𝑚𝑣f 2
= − 12 𝑚𝑣i 2 ⇔
⇔ 𝑣i 2 = −
2𝑊𝐹⃗⃗⃗ g 𝑚 ⇔ 𝑣i
2 = − 2×(−0,11)
7,50×10−3 ⇔
⇔ 𝑣i = 5,4 m s− O módulo da velocidade de lançamento da moeda é 5,4 m s−1.
- Sendo:
𝐸c,i = 12 𝑚𝑣i 2
Então:
𝐸c,i = 12 × 7,50 × 10−3 × 5,4 2 = 0,11 J
A energia cinética da moeda no momento do lançamento é 0,11 J.
Resoluções PASSO A PASSO
- Uma vez que o peso é uma força conservativa, o seu trabalho corresponde ao simétrico da variação da energia potencial gravítica nesse percurso: 𝑊𝐹⃗g = −Δ𝐸pg
Então: 𝑊𝐹⃗g = −(−2,50 × 10−1) = 2,50 × 10−1 J
O trabalho realizado pelo peso do carrinho é 2,50 × 10−1 J.
17.
- Como a variação da energia potencial gravítica do autocarro no percurso total só depende da variação da altura: Δ𝐸pg = 𝑚𝑔Δℎ
Como Δℎ corresponde à variação de altura que o autocarro sofreu quando subiu de 450 m para 1500 m: Δ𝐸pg = 16 × 10 3 × 10 × (1500 − 450) = 1,7 × 10 8 J
A variação da energia potencial gravítica do autocarro no percurso referido é 1,7 × 10 8 J.
- Uma vez que o peso é uma força conservativa, o seu trabalho corresponde ao simétrico da variação da energia potencial gravítica nesse percurso: 𝑊𝐹⃗g = −Δ𝐸pg
Então: 𝑊𝐹⃗g = −(1,7 × 10 8 ) = −1,7 × 10 8 J
O trabalho realizado pelo peso do autocarro no percurso efetuado é −1,7 × 10 8 J.
- A energia potencial gravítica pode ser expressa por: 𝐸pg = 𝑚𝑔ℎ
Substituindo os valores na expressão, tem-se: 90 = 3,0 × 10 × ℎ Resultando: ℎ = 3,0 m O corpo encontra-se a 3,0 m de altura relativamente ao nível de referência.
- Uma vez que o peso é uma força conservativa, o seu trabalho corresponde ao simétrico da variação da energia potencial gravítica nesse percurso: 𝑊𝐹⃗g = −Δ𝐸pg
A variação da energia potencial gravítica do corpo em queda será expressa por: Δ𝐸pg = 𝑚𝑔ℎf − 𝑚𝑔ℎi
Colocando em evidência o produto 𝑚𝑔, tem-se: Δ𝐸pg = 𝑚𝑔(ℎf − ℎi) = 𝑚𝑔Δℎ
Como a diferença de altura entre a posição do corpo e o solo é 2,0 m e a altura final é inferior à altura inicial:
Resoluções PASSO A PASSO
Δ𝐸pg = 3,0 × 10 × (−2,0) = −60 J
Ou Uma vez que o corpo está a 3,0 m do nível de referência e a 2,0 m do solo, o solo está 1,0 m acima do nível de referência. Assim: Δ𝐸pg = 3,0 × 10 × (1,0 − 3,0) = −60 J
Então: 𝑊𝐹⃗g = −(−60) = 60 J
O trabalho realizado pelo peso do corpo na queda é 60 J.
- Quando o corpo está posicionado no solo, a sua altura relativamente ao nível de referência é 1, m, logo: 𝐸pg = 3,0 × 10 × 1,0 = 30 J
Exercícios propostos pág. 39
- Uma vez que se despreza a resistência do ar, a única força que realiza trabalho é o peso. Assim, como o peso é uma força conservativa, a energia mecânica que o nadador apresenta mantém-se constante, ou seja, existe conservação da energia mecânica. 𝐸m = constante ⇒ Δ𝐸m = 0 ⇒ ⇒ 𝐸m,f − 𝐸m,i = 0 ⇔ 𝐸m,i = 𝐸m,f Substituindo pelas expressões da energia cinética e da energia potencial gravítica, tem-se: 𝐸c,i + 𝐸pg,i = 𝐸c,f + 𝐸pg,f ⇔
⇔ 12 𝑚𝑣i 2 + 𝑚𝑔ℎi = 12 𝑚𝑣f 2 + 𝑚𝑔ℎf ⇔
⇔ 12 𝑣i 2 + 𝑔ℎi = 12 𝑣f 2 + 𝑔ℎf
Atendendo a que a velocidade inicial é nula e considerando a superfície da água como nível de referência para a energia potencial gravítica, a sua altura será zero, resulta:
𝑔ℎi = 12 𝑣f 2
Substituindo os valores obtém-se:
10 × ℎi = 12 × 14 2 ⇔ ℎi = 9,8 m
20.
- Uma vez que a força normal é perpendicular ao deslocamento, esta força não realiza trabalho e, como se desprezam as forças de atrito e resistência do ar, a única força que realiza trabalho é o peso. Assim, como o peso é uma força conservativa, a energia mecânica que o corpo apresenta mantém-se constante, ou seja, existe conservação da energia mecânica.
Resoluções PASSO A PASSO
- Uma vez que o peso é uma força conservativa, o seu trabalho corresponde ao simétrico da variação da energia potencial gravítica nesse percurso: 𝑊𝐹⃗g = −Δ𝐸pg
A variação da energia potencial gravítica do corpo na descida do plano será expressa por: Δ𝐸pg = 𝑚𝑔ℎf − 𝑚𝑔ℎi
Como na base do plano a altura é zero, tem-se: Δ𝐸pg = −𝑚𝑔ℎi
Resultando: Δ𝐸pg = −6,0 × 10 × 7,2 = −4,3 × 10 2 J Então: 𝑊𝐹⃗g = −(−4,3 × 10 2 ) = 4,3 × 10 2 J
O trabalho realizado pelo peso do corpo na descida do plano é 4,3 × 10 2 J.
Uma vez que o rapaz sai do ponto A e atinge o ponto B, que se encontra à mesma altura, existiu conservação de energia mecânica. O peso do corpo é uma força conservativa pelo que não altera a energia mecânica do rapaz e a força de tensão do fio é, em cada ponto, perpendicular ao deslocamento do rapaz pelo que não realiza trabalho. Assim, neste exercício, não se está a considerar a força de resistência do ar, pois esta iria implicar um trabalho negativo que, não sendo compensado por nenhuma outra força, iria diminuir a energia mecânica do rapaz, impedindo-o de atingir a mesma altura no ponto B.
A energia mecânica em cada ponto é a soma da energia potencial gravítica com a energia cinética. Como em ambos os pontos o rapaz está parado, uma vez que na posição limite de oscilação o movimento cessa, nesses pontos só existe energia potencial gravítica:
𝐸m = 𝐸c + 𝐸pg = 12 ⏞ 𝑚𝑣 2
= + 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔ℎ
Como o rapaz se encontra à mesma altura, a energia potencial gravítica será igual em ambos os casos.
Resoluções PASSO A PASSO
𝐸m,A = 𝐸m,B = 𝑚𝑔ℎA ⇒
⇒ 𝐸m,A = 𝐸m,B = 65 × 10 × 3,0 = 1950 = 2,0 × 10 3 J A energia mecânica do sistema 𝑟𝑎𝑝𝑎𝑧 + 𝑇𝑒𝑟𝑟𝑎 nos pontos A e B é 2,0 × 10 3 J.
- Apresentando a resposta num texto estruturado, utilizando linguagem científica adequada: Quando o rapaz chega ao ponto B a sua velocidade é nula, por isso, quando ele larga a corda inicia a queda até à água partindo do repouso, isto é, no ponto B não tem energia cinética, tem apenas energia potencial gravítica (que foi calculada anteriormente, 𝐸pg,B = 2,0 × 10 3 J). Como durante a queda só atua o peso do rapaz, uma força conservativa, a energia mecânica conserva-se. Sendo a água o nível de referência para a energia potencial gravítica, a energia potencial gravítica quando o rapaz atinge o nível da água é nula. Assim, quando o rapaz atinge a água, toda a energia potencial gravítica em B se transforma em energia cinética, ou seja, o rapaz chega à água com uma energia cinética de 2,0 × 10 3 J.
Ou, usando etapas de resolução: Como quando atinge o ponto B, o rapaz larga a corda e cai, verticalmente, na água, a sua velocidade inicial é nula e a sua altura inicial 3,0 m. Na queda, considerando desprezável a resistência do ar, só irá atuar o peso do rapaz que, sendo uma força conservativa, não altera a energia mecânica do sistema 𝑟𝑎𝑝𝑎𝑧 + 𝑇𝑒𝑟𝑟𝑎, ou seja, existe conservação da energia mecânica. 𝐸m = constante ⇒ Δ𝐸m = 0 ⇒ ⇒ 𝐸m,f − 𝐸m,i = 0 ⇔ 𝐸m,i = 𝐸m,f
Substituindo pelas expressões da energia cinética e da energia potencial gravítica, tem-se: 𝐸c,i + 𝐸pg,i = 𝐸c,f + 𝐸pg,f ⇔
⇔ 12 𝑚𝑣i 2 + 𝑚𝑔ℎi = 𝐸c,f + 𝑚𝑔ℎf
Atendendo que na superfície da água a altura do rapaz é zero, resulta: 1 2 × 65 × 0
2 + 65 × 10 × 3,0 =
= 𝐸c,f + 65 × 10 × 0 ⇔ 𝐸c,f = 2,0 × 10 3 J O rapaz atinge a superfície da água com uma energia cinética de 2,0 × 10 3 J.
21.
21.4. Uma vez que o peso é uma força conservativa, o seu trabalho corresponde ao simétrico da variação da energia potencial gravítica entre A e C:
Resoluções PASSO A PASSO
Como há conservação da energia mecânica, a variação da energia cinética de A para C é simétrica da variação da energia potencial gravítica entre os mesmos pontos: Δ𝐸c = −Δ𝐸pg
Como no ponto A o rapaz está parado, a energia cinética que ele terá no ponto C será simétrica da variação da energia potencial gravítica. Assim,
1 2 𝑚𝑣C
2 = −Δ𝐸pg ⇔ 𝑣c = √2×(−Δ𝐸pg) 𝑚 ⇒
⇒ 𝑣c = √2×3,2×10 65 2 = 3,2 m s−1.
21.4. Existindo conservação da energia mecânica: 𝐸m,D = 𝐸m,A
Substituindo pelas expressões da energia cinética e da energia potencial gravítica e pelos respetivos valores, tem-se: 𝐸c,D + 𝐸pg,D = 𝐸c,A + 𝐸pg,A ⇔
1 2 𝑚𝑣D
2 + 𝑚𝑔ℎD = 1
2 𝑚𝑣A
⏞ 2
= + 𝑚𝑔ℎA ⇔
⇔ 12 × 65 × 2,0 2 + 65 × 10 × ℎD = 65 × 10 × 3,0 ⇔
⇔ ℎD = 2,8 m O ponto D encontra-se a 2,8 m de altura relativamente ao nível da água. Ou, tal como se viu na alínea anterior, neste novo ponto D verifica-se que: 1 2 𝑚𝑣D
2 = −Δ𝐸pg,AD ⇔ 1 2 𝑚𝑣D
2 = −mgΔℎAD, onde ΔℎAD < 0 será a variação em altura do ponto A até ao
ponto necessariamente mais abaixo, D. Logo, ΔℎAD = − 2𝑔 1 𝑣D 2 ⇒ ΔℎAD = − 2×10 1 × 2,0 2 = −0,20 m
Assim, conclui-se que o ponto D está 0,20 m abaixo do ponto A, isto é, a 2,8 m da superfície da água.
Exercícios propostos pág. 45
22.
- Como o conjunto 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑖𝑛ℎ𝑜 + 𝑏𝑒𝑏é se desloca na horizontal, não há variação de altura, logo a variação da energia mecânica deste sistema deve-se apenas à variação da sua energia cinética. Como o sistema no início está parado, a variação da energia cinética corresponde à energia cinética do conjunto depois de percorrer 6,0 m, isto é:
Δ𝐸m = Δ𝐸c + ∆𝐸 ⏞pg
= = 𝐸c,f − 𝐸 ⏞c,i
= = 12 𝑚𝑣f 2
Substituindo os valores na expressão, tem-se:
Δ𝐸m = 12 × 20 × 1,5 2 = 22 J
- O trabalho das forças não conservativas corresponde à variação da energia mecânica do conjunto 𝑏𝑒𝑏é + 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑖𝑛ℎ𝑜 no percurso efetuado. Nesta situação o trabalho das forças não conservativas vai corresponder ao trabalho da força de atrito e ao trabalho da força aplicada pela pessoa.
Resoluções PASSO A PASSO
Então: 𝑊𝐹⃗ não conservativas = Δ𝐸m ⇒ 𝑊𝐹⃗a + 𝑊𝐹⃗ = Δ𝐸m
Aplicando a expressão do trabalho de uma força: 𝑊𝐹⃗ = 𝐹Δ𝑟 cos 𝛼 Resulta: 𝐹a × 6,0 × cos 180° + 60 × 6,0 × cos 30° = 22 ⇔ ⇔ 𝐹a = 48 N A intensidade da força de atrito que atuou no carrinho de bebé foi 48 N.
23.
- O trabalho das forças não conservativas corresponde à variação da energia mecânica do carrinho. Assim, uma vez que não se consideram as forças dissipativas, o trabalho das forças não conservativas será o trabalho da força motora: 𝑊𝐹⃗ não conservativas = Δ𝐸m ⇒ 𝑊𝐹⃗motora = Δ𝐸m
A variação da energia mecânica pode ser expressa por: Δ𝐸m = Δ𝐸c + Δ𝐸pg
Δ𝐸m = (𝐸c,f − 𝐸c,i) + (𝐸pg,f − 𝐸pg,i) =
= ( 12 𝑚𝑣f 2 − 12 𝑚𝑣i 2 ) + (𝑚𝑔ℎf − 𝑚𝑔ℎi)
Sendo o módulo da velocidade constante não existe variação da energia cinética e sendo as alturas inicial e final, respetivamente, zero e a altura no ponto A, tem-se: Δ𝐸m = 𝑚𝑔ℎA Obtendo-se: Δ𝐸m = 700 × 10 × 90 = 6,3 × 10 5 J Aplicando agora a expressão do trabalho de uma força: 𝑊𝐹⃗motora = 𝐹motoraΔ𝑟 cos 𝛼 ⇒ Δ𝐸m = 𝐹motoraΔ𝑟 cos 𝛼
Considerando o triângulo formado pelo plano, pela horizontal e pela vertical no ponto A, pode escrever- -se:
sen 40° = comprimento do planoaltura ⇒
⇒ sen 40° = 90 Δ𝑟 ⇔ Δ𝑟 = sen 40° 90 = 1,4 × 10 2 m
Pelo que: 6,3 × 10 5 = 𝐹motora × 1,4 × 10 2 × cos 0° ⇔
Resoluções Manual RUMO À Física 10
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Ensino Secundário
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