Exercício Resolvido de Energia, Trabalho e Potência
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Um corpo de massa 100 g é abandonado no ponto A sobre uma superfície cilíndrica, com abertura de 150°, sem atrito, cujo o eixo é horizontal e normal ao plano da figura em O. Os pontos A e O estão sobre o mesmo nível a 5 m acima do solo e o raio da superfície mede 1,6 m. Ao atingir o ponto B o corpo abandona a superfície e atinge o solo no ponto C.


Determinar:
a) O módulo da velocidade do corpo no ponto B;
b) O módulo da velocidade do corpo no ponto C;
c) A distância CD;
d) As energias cinética, potencial e mecânica total no ponto A;
e) As energias cinética, potencial e mecânica total no ponto B;
f) As energias cinética, potencial e mecânica total no ponto C.
Adote g = 10 m/s2.


Dados do problema:
  • Massa do corpo:    m = 100 g;
  • Raio da superfície cilíndrica:    r = 1,6 m;
  • Ângulo de abertura da superfície:    θ = 150°;
  • Altura inicial do corpo:    hA = 5 m;
  • Aceleração da gravidade:    g = 10 m/s2.
Esquema do problema:

Adotamos um Nível de Referência (N.R.) no solo. O corpo é abandonado com a velocidade inicial nula em A, vA = 0, ele desliza pela superfície cilíndrica até o ponto B, onde abandona a superfície descrevendo uma trajetória parabólica como um projétil até o ponto C (Figura 1).
Figura 1

Solução

Em primeiro lugar devemos converter a massa do corpo dada em gramas (g) para quilogramas (kg) usado no Sistema Internacional (S.I.)
\[ \begin{gather} m=100\;\cancel{\text{g}}.\frac{1\;\text{kg}}{1000\;\cancel{\text{g}}}=1.10^{2}.\frac{1\;\text{kg}}{1.10^{3}}=1.10^{2}.10^{-3}\;\text{kg}=1.10^{-1}\;\text{kg}=0,1\;\text{kg} \end{gather} \]
a) Para determinarmos a velocidade no ponto B usamos o Princípio da Conservação da Energia, a energia mecânica no ponto A deve ser igual à energia em B. No ponto A o corpo possui apena Energia Potencial devido a altura em relação ao nível de referência, a Energia Cinética é igual a zero, inicialmente o corpo está em repouso. No ponto B o corpo possui Energia Potencial devido a altura em relação ao nível de referência e Energia Cinética devido a velocidade que ele possui
\[ \begin{gather} E_{M}^{A}=E_{M}^{B}\\[5pt] E_{P}^{A}=E_{P}^{B}+E_{C}^{B} \end{gather} \]
a Energia Cinética é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {E_{C}=\frac{mv^{2}}{2}} \end{gather} \]
a Energia Potencial é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {E_{P}=mgh} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \cancel{m}gh_{A}=\cancel{m}gh_{B}+\frac{\cancel{m}v_{B}^{2}}{2}\\{5pt} gh_{A}=gh_{B}+\frac{v_{B}^{2}}{2} \tag{I} \end{gather} \]
Pela Figura 2
\[ \begin{gather} h_{A}=h+h_{B} \end{gather} \]
portanto a altura do ponto B será de
\[ \begin{gather} h_{B}=h_{A}-h \tag{II} \end{gather} \]
O segmento \( \overline{{OP}} \) é horizontal, como o ângulo de abertura da superfície cilíndrica é de 150°, o ângulo \( P\hat{O}B \) será de 30° (180°−150°=30°).
Figura 2

Como o segmento \( \overline{{OB}} \) é um raio do cilindro e representa a hipotenusa do triângulo ΔPOB
\[ \begin{gather} \operatorname{sen}30°=\frac{\text{cateto oposto}}{\text{hipotenusa}}=\frac{h}{r} \end{gather} \]
da Trigonometria temos que \( \operatorname{sen}30°=\frac{1}{2} \)
\[ \begin{gather} \frac{1}{2}=\frac{h}{1,6}\\[5pt] h=\frac{1,6}{2}\\[5pt] h=0,8\;\text{m} \tag{III} \end{gather} \]
substituindo a expressão (III) na expressão (II) e a altura do ponto A dada no problema, a altura do ponto B será de
\[ \begin{gather} h_{B}=5-0,8\\[5pt] h_{B}=4,2\;\text{m} \tag{IV} \end{gather} \]
substituindo a expressão (IV) na expressão (I) e os dados do problema (Figura 3)
\[ \begin{gather} 10.5=10.4,2+\frac{v_{B}^{2}}{2}\\[5pt] 50=42+\frac{v_{B}^{2}}{2}\\[5pt] 50-42=\frac{v_{B}^{2}}{2}\\[5pt] v_{B}^{2}=2.8\\[5pt] v_{B}^{2}=16\\[5pt] v_{B}=\sqrt{16\;} \end{gather} \]
Figura 3
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{B}=4\;\text{m/s}} \end{gather} \]

b) Para determinarmos a velocidade no ponto C usamos o Princípio da Conservação da Energia, a energia mecânica no ponto A deve ser igual à energia em C. No ponto A temos a mesma situação do item (a), no ponto C o corpo possui enercia cinética devido a velocidade e a Energia Potencial é nula, a altua em relação ao nível de referência é zero, hC = 0
\[ \begin{gather} E_{M}^{A}=E_{M}^{C}\\[5pt] E_{P}^{A}+E_{C}^{A}=E_{P}^{C}+E_{C}^{C}\\[5pt] \cancel{m}gh_{A}=\frac{\cancel{m}v_{C}^{2}}{2}\\[5pt] gh_{A}=\frac{v_{C}^{2}}{2} \tag{V} \end{gather} \]
substituindo os dados do problema
Figura 4
\[ \begin{gather} 10.5=\frac{v_{C}^{2}}{2}\\[5pt] 50=\frac{v_{C}^{2}}{2}\\[5pt] v_{C}^{2}=2.50\\[5pt] v_{C}^{2}=100\\[5pt] v_{C}=\sqrt{100\;} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{C}=10\;\text{m/s}} \end{gather} \]

c) No ponto B o movimento pode ser decomposto nas direções x e y. Pela Figura 5-B vemos que no movimento ao longo da direção x temos que para intervalos de tempos iguais temos intervalos de espaços iguais (Δx1 = Δx2 = Δx3 = Δx4 = Δx5). Na direção y temos que durante a subida para intervalos de tempos iguais temos intervalos de espaços menores, pois a esfera está sendo freada pela ação da gravidade (Δy1 > Δy2) até que a velocidade vy seja igual a zero, e então a gravidade puxa o corpo de volta em direção ao solo com velocidade acelerada, assim para intervalos de tempos iguais temos intervalos de espaços cada vez maiores (Δy3 < Δy4 < Δy5).

Figura 5

A velocidade no ponto B pode ser decomposta ao longo dos eixos x e y. A velocidade inicial vB, com que a esfera deixa a superfície, tem componentes nas direções x e y (Figura 5-A)
\[ \begin{gather} v_{Bx}=v_{B}\cos 60°\\[10pt] v_{By}=v_{B}\operatorname{sen}60° \end{gather} \]
Da Trigonometria temos que \( \cos 60°=\frac{1}{2} \) e \( \operatorname{sen}60°=\frac{\sqrt{3\;}}{2} \) e usando o valor de vB obtido no item (a)
\[ \begin{gather} v_{Bx}=4.\frac{1}{2}\\[5pt] v_{Bx}=2\;\text{m/s} \tag{VI} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} v_{By}=4.\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{B}\\[5pt] v_{By}=2\sqrt{3\;}\;\text{m/s} \tag{VII} \end{gather} \]
Da decomposição do movimento vemos que na direção x não há aceleração atuando sobre a esfera, então ela está em Movimento Uniforme (M.U.) e seu movimento é dado por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S_{x}=S_{0x}+v_{x}t} \end{gather} \]
como no movimento uniforme vx = vBx é constante podemos substituir vx pelo valor encontrado em (VI) e S0x = 0
\[ \begin{gather} S_{x}=0+2t\\[5pt] S_{x}=2t \tag{VIII} \end{gather} \]
Na direção y a esfera está sob a ação da aceleração da gravidade, portanto está em queda livre dado por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {S_{y}=S_{0y}+v_{By}t-\frac{g}{2}t^{2}} \end{gather} \]
o sinal de negativo indica que a aceleração da gravidade está contra a orientação do referencial, substituindo vBy pelo valor encontrado em (VII) e S0y = 4,2 m
\[ \begin{gather} S_{y}=4,2+2\sqrt{3\;}t-10\frac{t^{2}}{2}\\[5pt] S_{y}=4,2+2\sqrt{3\;}t-5t^{2} \tag{IX} \end{gather} \]
Quando o corpo atinge o solo no ponto C, que está no Nível de Referência, temos que o espaço final ao longo do eixo-y é nulo (Sy = 0)
\[ \begin{gather} -5t^{2}+2\sqrt{3\;}t+4,2=0 \end{gather} \]
esta é uma Equação do 2.º Grau onde a incógnita é o valor de t

Solução de    \( -5t^{2}+2\sqrt{3\;}t+4,2=0 \)
\[ \begin{gather} \Delta=b^{2}-4ac=(2\sqrt{3\;}\;)^{2}-4.(-5).4,2=4.3+20.4,2=12+84=96\\[10pt] t=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta }}{2a}=\frac{-2\sqrt{3\;}\pm\sqrt{96\;}}{2.\left(-5\right)}=\frac{-2.1,73\pm 9,80}{-10}=\frac{-3,46\pm 9,80}{-10} \end{gather} \]
onde a raízes serão
\[ \begin{gather} t_{1}=\frac{-3,46+9,80}{-10}=-0,6\\ \text{e}\\ t_{2}=\frac{-3,46-9,80}{-10}=1,3 \end{gather} \]

Desprezando a primeira raiz que tem valor negativo (t1 < 0), o intervalo tempo para a esfera atingir o chão será t = 1,3 s. Como o intervalo de tempo para a esfera subir e descer é o mesmo que ela leva para ir percorrer a distância CD ao longo do eixo-x, substituindo este intervalo de tempo na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} S_{x}=2.1,3 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {S_{x}=2,6\;\text{m}} \end{gather} \]

d) Energia Cinética no ponto A
\[ \begin{gather} E_{C}^{A}=\frac{mv_{A}^{2}}{2}\\[5pt] E_{C}^{A}=\frac{0,1.0^{2}}{2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{C}^{A}=0\;\text{J}} \end{gather} \]
Energia Potencial no ponto A
\[ \begin{gather} E_{P}^{A}=mgh_{A}\\[5pt] E_{P}^{A}=0,1.10.5 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{P}^{A}=5\;\text{J}} \end{gather} \]
Energia Mecânica Total no ponto A
\[ \begin{gather} E_{M}^{A}=E_{C}^{A}+E_{P}^{A}\\[5pt] E_{M}^{A}=0+5 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{M}^{A}=5\;\text{J}} \end{gather} \]

e) Energia Cinética no ponto B
\[ \begin{gather} E_{C}^{B}=\frac{mv_{B}^{2}}{2}\\[5pt] E_{C}^{B}=\frac{0,1.4^{2}}{2}\\[5pt] E_{C}^{B}=\frac{0,1.16}{2}\\[5pt] E_{C}^{B}=\frac{1,6}{2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{C}^{B}=0,8\;\text{J}} \end{gather} \]
Energia Potencial no ponto B
\[ \begin{gather} E_{P}^{B}=mgh_{B}\\[5pt] E_{P}^{B}=0,1.10.4,2 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{P}^{B}=4,2\;\text{J}} \end{gather} \]
Energia Mecânica Total no ponto B
\[ \begin{gather} E_{M}^{B}=E_{C}^{B}+E_{P}^{B}\\[5pt] E_{M}^{B}=0,8+4,2 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{M}^{B}=5\;\text{J}} \end{gather} \]

f) Energia Cinética no ponto C
\[ \begin{gather} E_{C}^{C}=\frac{mv_{C}^{2}}{2}\\[5pt] E_{C}^{C}=\frac{0,1.10^{2}}{2}\\[5pt] E_{C}^{C}=\frac{0,1.100}{2}\\[5pt] E_{C}^{C}=\frac{10}{2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{C}^{C}=5\;\text{J}} \end{gather} \]
Energia Potencial no ponto C
\[ \begin{gather} E_{P}^{C}=mgh_{C}\\[5pt] E_{P}^{C}=0,1.10.0 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{P}^{C}=0\;\text{J}} \end{gather} \]
Energia Mecânica Total no ponto C
\[ \begin{gather} E_{M}^{C}=E_{C}^{C}+E_{P}^{C}\\[5pt] E_{M}^{C}=5+0 \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{M}^{C}=5\;\text{J}} \end{gather} \]

Observação: Nos pontos A, B e C as energias cinética e potencial têm valores diferentes dependendo das velocidades e das alturas, respectivamente, mas a energia mecânica total é sempre a mesma, uma vez que não há perdas e dissipações.
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