Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
1
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 10
4 J.
6-8: (a) Da Eq. (6-6),
K = .1054.1/
/
6.3
1)/0.50()1600(
2
1 5
2
Jxhkm
smhkmkg
(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) ,)2/1( 22
BBAAvmvm ou com
.2,2 22
BAABvvmm
(a) Resolvendo para a razão das velocidades,
obtemos: vA/vB = 2 .
(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:
.0.32
)50.2(
))/00.4()/00.6)((00.8(2
1
2
1 222
1
2
2
Nm
smsmkg
s
vvm
s
KF
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:
./48.4)30.4(
)20.1)(0.36(222sm
kg
mN
m
Fs
m
Wv
(b) O trabalho resultante é Fs – fks – (F - kmg)s,
então
m
smgFv k
)(2
)30.4(
)20.1))(/80.9)(30.4)(30.0(0.36(2 2
kg
msmkgN
= 3.61 m/s.
(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
,2222
singLghm
W
m
Kv
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:
./97.29.36)75.0)(/80.9(2 2 smsinmsmv o
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) :
.3.2100.3
00.42
Jcm
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 10
3 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
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2
mola. Da Eq. (6-9) ou Eq. (6-10), temos:
.06.0)025.0)(/200(2
1
2
1 22 JmmNkxW
(b) Do Teorema do trabalho – energia, temos:
./18.0)0.4(
)06.0(22sm
kg
J
m
Wv
6-30: (a) K = 4.0 J, então
v = ./00.2)0.2/()0.4(2/2 smkgJmK
(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
./73.10.2/)0.3(2/2 smkgJmKv
6-32: (a) Da Eq. (6-14), com dl = Rd,
.sen/2cos2cos00
02
1
wRdwRdlFW P
P
Em um tratamento geométrico quivalente, quando F
é
horizontal, ,dxFldF
e o trabalho total é F = 2w vezes
a distância horizontal, neste caso (veja Fig. 6-18(a)) R sin 0,
dando o mesmo resultado.
(b) A razão das forças é .cot2
tan
20
0
w
w
(c).
2cot2
)cos1(
sen2
)cos1(
sen20
0
0
0
0
wR
wR
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 = 22 / 2(1.80 )(9.80 / )(3.6 ) / (450 / )mgh k kg m s m N m
2 / 0.53 .mgh k 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: (a).102.3
)/1016.3(
)/100.1( 11
7
19
Wxyrsx
yrJx
(b)./2.1
106.2
102.38
11
pessoakWfolksx
Wx
(c) .800100.8/100.1)40.0(
102.3 228
23
11
kmmxmWx
Wx
6-38: (a) O numero por minuto seria a potencia media
dividida pelo trabalho(mgh) necessário para levantar a caixa,
./41.1
)90.0(/80.9)30(
)/746)(50.0(2
smsmkg
hpWhp
ou 84.6 / min.
(b) Analogamente,
,/378.0)90.0)(/80.9)(30(
)100(2
smsmkg
W
ou 22.7 / min.
6-40: De qualquer uma das seguintes Equações (6-15), (6-
16), (6-18) ou (6-19),
.57.31066.2)00.4(
)80.2)(3800( 3 hpWxs
mN
t
WhP
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)
)0.150.90(cos/6.3
/1 oo
hkm
sm
= 2.96 x 104 W.
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 – 15.0
o .
6-44:
2
2
1mv
dt
d
dt
dK = mv
dt
dv
= mva = ma v = Fv = P.
6-46:
(a)
.1068.1))/6.3/()/1)((/0.60(
100.28 3
3
Nxhkmsmhkm
Wx
v
PF
(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:
(28.0 kW)(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 :
(a) %9.4
220
)060.0(180
N
N e
(b) %.0.2
540
)060.0(180
N
N
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)kg
msm
Jx
g
sW
gm
g7.41
)0.18)(/80.9(
)1035.7(/2
3
(b) .458
0.18
1025.8 3
Nm
Jx
s
WN N
O peso é ,408N
s
Wmg
g
então a aceleração é a força
resultante dividida pela massa,
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3
./2.17.41
408458 2smkg
NN
6-54: (a) Wf = - fks = -kmg cos s
= -(0.31)(5.00 kg)(9.80 m/s2) cos 12.0
o (1.50 m) = -22.3 J
(mantendo um algarismos significativo a mais)
(b) (5.00 kg)(9.80 m/s2) sen 12.0
o (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,
./4.1)00./()1.5(22
smkggJv
6-56: (a) Da Eq. (6-7),
.
111
12
2
2
1
2
1
2
1 xxk
xk
x
dxkdxFW
z
x
x
xx
x
x
A força é atrativa, então Fx < 0, e k deve ser positivo. Se
x2 >,
11,
12
1
xxx
e W < 0.
(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
,11
21
xxk o qual é positivo se x2 > x1.
(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,
4
2
3
2
2
2
32
0 432)(
22 x
cx
bx
kdxcxbxkxFdxW
xx
o
= .)/3000()/233()/0.50( 4
2
33
2
22
2xmNxmNxmN
(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.
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.
1 2
1 1W a
x x
26 2 1 9 1(2.12 10 ((0.200 ) (1.25 10 ))W x N m m x m
= -2.65 x 10-17
J.
Note que x1 é muito grande quando comparado a x2 que o
termo
1
1
xé desprezível. Então, utilizando a Eq. (6-13) e
resolvendo para v2,
2
2 1
2Wv v
m
175 2 5
2 27
2( 2.65 10(3.00 10 / ) 2.41 10 / .
(1.67 10 )
x Jv x m s x m s
x kg
(b)Com K2 = 0, W = -K1. Utilizando ,
2x
aW
2 2
1 1
2a ax
K mv
26 210
2 27 5` 2
2(2.12 10 )2.82 10 .
(1.67 10 )(3.00 10 / )
x N mx x m
x kg x 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.
6-62: Na Eq. (6-14), dl = dx and = 31.0o é constante, e
portanto dxFdlFW x
x
P
P coscos 2
1
2
1
= (5.00 N/m2) cos 31.0
o .39.3250.1
00.1Jdxxm
m
A velocidade final do objeto é:
2
2 1
2Wv v
m
2
2
2(3.39 )(4.00 / ) 6.57 / .
0.250 )
Jv m s m s
kg
6-64: (a) .)1(
|))1(( 1
0
1 00
nxnnx
xn
b
xn
bdx
x
bW
Note que para esta parte, para
.0,1 1 xasxn n
(b) Quando 0 < n < 1, a integral imprópria deve
ser utilizada , ,(
)1(
1
0
1
2lim2
nn
xxx
n
bW
e devido ao expoente sobre 1
2
nx 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 .0 2 xasF
6-66: (a)Igualando o trabalho realizado pela mola com
o ganho em energia cinética, temos:
,2
1
2
1 22
0mvkx
então:
./93.6)060.0()0300.0(
)/400(0
smmkg
mNx
m
kv
(b) Wtot deve agora incluir o atrito, então
,2
1
2
10
2
0
2 fxkxWmvtot
onde f é o módulo da força de
atrito. Então
0
2
0
2x
m
fx
m
kv
./90.4)06.0()0300.0(
)00.6(206.0
0300.0
/400 2smm
kg
Nm
kg
mN
(c) A maior velocidade ocorre quando a
aceleração (e a força resultante) são nulas, ou kx = f,
.0150.0/400
00.6
mN
N
k
fx Para se
encontrar a velocidade, a força resultante é:
),()(2
10
22
0xxfxxkW
tot então a velocidade
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4
máxima é :
xxm
fxx
m
kv
0
22
0max
2)(
mmkg
Nmm
kg
mN0150.0060.0
)0300.0(
)00.6(2))0150.0()060.0((
)0300.0(
/400 22
= 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: .4.13130)00.2(/80.9)(00.7(00.2)100( 2 JsinmsmkgmNW o
tot
A energia cinética inicial do gato é:
andJsmkgmv ,2.20)/40.2)(00.7(2
1
2
1 22
1
./58.6)00.7(
)4.1312.20(2)(21
2sm
kg
JJ
m
WKv
6-70: Os estudantes realizam um trabalho positivo, e a
força que eles exercem faz um ângulo de 30.00 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/s
2) cos 60.0
o)(2.50 m) = 257.8 , e
portanto a velocidade no topo da rampa é :
./17.3)0.85(
)8.257(2)/00.2(
2 22
12sm
kg
Jsm
m
Wvv tot
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
.8.58)50.1)(/80.9)(00.8)25.0(00.6( 2 JmsmkgkgWtot
Este trabalho aumenta a energia cinética sobre ambos
os blocos; ,2
1 2
21vmmW
tot
então
./90.2)00.14(
)8.58(2sm
kg
Jv
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 =
2
0x ,
tal que .4
)(02
0
0 xxxx
FxF
Isto pode parecer como uma aproximação, mas com
isto temos a vantagem de ser mais fácil para se integrar:
.
3
2
32
4)(
400
3
0
2
0
02
0
02
002
0
0
0
00 xFxx
xx
Fdxxxx
x
FdxF
xx
Com F0 = 200 N e x0 – 0.75 m, W = 100 J. A
velocidade da seta é:
./89)025.0(
)100(22sm
kg
J
m
W
Outras formas
de se achar a área sob a curva na Fig. (6-27) deverá
conduzir a resultados similar.
6-76: P = Fv = mav= m(2a + 6t)(2at + 3t2)
= m(4a2t + 18at
2 + 182
t3)=
(0.96 N/s)t + (0.43 N/s2)t
2 + (0.043 N/s
3)t
3.
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 = ,
2
1 2mv então
,2
m
Ptv
(b)
.22
1222
mt
P
tm
Pt
dt
d
m
P
m
Pt
dt
d
dt
dva
(c) .
9
8
3
2222
3
2
3
2
1
0t
m
Pt
m
Pdtt
m
Pdtvxx
6-82: (a) O número de carros é obtido dividindo-
se a potência total disponível pela potência necessária para
cada carro,
,177)/27)(108.2(
104.133
6
smNx
Wx
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/s
2)(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:
,36)/27))(010.0)(/80.9)(102.8(108.2(
109.2104.13243
66
smsmkgxNx
WxWx
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)
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
5
.0.152
)00.2( 2
Jm
(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
.0.103
)00.2()/50.2(5.15.1
3
22 Jm
mNdxxadxFWx
6-86: Utilize o Teorema Trabalho – Energia W = KE, e
integre para encontrar o trabalho.
.)cossen(2
10
0
2
0dxamgmgWandmvKE x
Então,
.cos2
sen,)cos(sen2
0
a
AxaxmgWdxaAxamgW x
Faça W = KE, então:
.cos
2sen
2
1 2
2
0
Axaxmgmv
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: .
cos
sen
aA
ax
Portanto,
,cos2
cos
sen
cos
sensen
2
1
2
2
0
aaA
aA
aA
aagv
após simplificação dos termos, encontramos,
.cos
sen3 2
2
0
aA
agv
A caixa permanecerá estacionada sempre que
.cos
sen3 2
2
0
aA
agv
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:
.
2
2
0
vavRRFW
Em termos to tempo T de vôo, R = vT, então
.3
0
vavTvTFW
(a) Ao invés de resolver para R em função de v,
derivamos com relação a v a primeira dessas relações, e
fazendo-se 00
dv
dW para se obter .0dv
dFRF
dv
dR
Para o alcance máximo, ,0
dv
dR então .0dv
dF
Realizando a diferenciação, temos
,0/22 3 vavdv
dF o qual é resolvido,
resultando em:
./118/9.32//30.0
/105.34/1
22
2254/1
hkmsmmsN
smNxv
(b) Da mesma forma, o tempo máximo é ncontrado
fazendo-se ;0)( Fvdv
d realizando essa derivada,
encontramos:
3av2 - /v
2 = 0, donde encontramos:
./90/25)/30.0(3
/105.3
3
4/1
22
2254/1
hkmsmmsN
smNx
av
6-90 (a) De .,,
zzyyxxmaFandmaFmaFamF
Generalizando, a Eq. (6-11) é:
,dx
dvva x
xx ,
dy
dvva y
yy
,dz
dvva z
zz
O trabalho total é portanto:
.2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)2,2,2(
)11,1(
mvmv
vvvvvm
dvvdvvdvvm
dzdz
dvvdy
dy
dvv
dx
dvvm
dzFdyFdxFW
zzyxx
zz
z
vyy
v
vxx
v
v
z
z
z
z
y
y
v
v
x
x
x
x
zyxto t
z
z
y
y
x
x
y
y
zyx
zmyx
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
6
Exercício Gabarito
6.1 (a) 3.60J (b) -0.900J (c) 2.70J
6.3 300J
6.5 (a) 99.2J (b) 387J (c) -387J
(d) 0;0 (e) 0
6.7 92.6 10 J
6.9 (a) 34.3 10 J (b) 40 km/h
6.11 74.2J
6.13 (a) 115 16 K (b) não
6.15 16.8 cm
6.17 (a) 28.4J (b) 15.3 m/s (c) não
6.19 (a) 4.96m s (b)
21.43a m s ; 4.96v m s
6.21 (a) 2
0 2 Cv g (b) 51.3m
6.23 Aproximadamente US$ 108
6.25 (a) 2.8m s (b) 3.5 m/s
6.27 (a) 1.76(b) 0.67 m/s
6.29 (a) 4J (b) 0 (c) -1.0 J
(d) 3J (e) -1.0 J
6.31 (a) 2.83m s (b) 2.40m s
6.33 (a) 5.65cm (b) ;0.57não J
6.35 743 W
6.37 0.23
6.39 28
6.41 68.1 10 N
6.43 9 (b) 0 (c) 108 W
6.45 11L (b) 0 (c) 0.10 km/h
6.47 (a) 385N (b) 35211kW (c) 3029kW
(d) 2.03%
6.49 (a) 532J (b) -315 J (c) 0
(d) 203J (e) 14.7J (f) 1.21m s
6.51 (a) 1 sen (b) ent saídaW W
6.53 (a) 122.59 10 J (b) 4800J
Exercício 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 (a) -910 J (b) 33.17 10 J
6.65 51.0 10 N m
6.67 1.1 m a partir do ponto onde a mola é
liberada
6.69 (a) 41.02 10 ,8.16N m m
6.71 (a) 0.6 m (b) 1.50 m/s
6.73 0.786
6.75 (a) 51.1 10 J (b)
51.3 10 J (c) 3.39
kW
6.77 3.6 h
6.79 3 31.3 10 m s
6.81 (a) 51.26 10 J (b) 1.46W
6.83 (a) 2.4MW (b) 61MW (c) 6MW
6.85 (a) 513W (b) 355W (c) 52.1W
6.87 (a)
21
6M v (b) 6.1
m
s (c) 3.9 m/s
(d) 0.40bolaK J (e) 0.60MolaK J
6.89 (a) 52 10 J (b)
52.8 10 J (c)
52.8 10 J (d) 5km h
Capítulo 7 – 10ª Edição – Sears &Zemansky
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
7
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.
7-4: (a) A corda faz um ângulo de arcsen o
m
m30
0.6
0.3
com a vertical. A força horizontal necessária é então
w tan = (120 kg)(9.80 m/s2) tan 30
o = 679 N, ou 6.8 x 10
2 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 10
3 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.
7-6: (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 fazendo-
se U1 = 0 e U2 – mgy2 = (12 kg)(9.80 m/s2) (2.5 m sen 30
o) =
147 J, v1 = ,/25.612
)5.87147(2sm
kg
JJ
para dois algarismos
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)
./25.66.1
5.2sm
m
m
Na parte (a), nós calculamos Woutro e U2. Utilizando Eq.
(7-7),K2 -
JJJsmkg 5.4911475.87)/0.11)(12(2
1 2
./05.9)12(
)5.491(22 22 sm
Kg
J
m
Kv
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:
,/9.7)45cos30(cos2 smglv oo
um pouco rápido para uma conversa.
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
movimento, esta energia potencial se transformou em
energia cinética, então mgl (1 – cos ) =
21, 2 (1 cos )
2mv or v gl
22(9.80 / )(0.80 )(1 cos 45 ) 2.1 / .ov m s m 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:
,86.1))45cos1(21(/2
2 Nmglmvmg o ou
1.9 N considerando dois algarismos significativos. Observe
que este método não utiliza o calculo intermediário de v.
7-14: U = ,2
1 2ky onde y é a distância vertical em que
a mola é estirada quando o peso w = mg é pendurado. y =
,k
mg e ,
x
Fk onde x e F são as quantidades que
“calibram” a mola. Combinando essas equações, temos:
.0.36)150.0/720(
))/80.9)(0.60((
2
1
/
)(
2
1222
JmN
smkg
xF
mgU
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
.092.0/00.5
)0210.0(2,
2
10210.0 2
2 mmN
JxsokxJU
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:
,00196.0)020.0)(/80.9()200.0)(05.0( 2 JmsmkgxmgW kother
então ./27.0200.0
)00704.0(200704.0 22 sm
kg
JvandJK
(b) Neste caso, ,0098.0 JWother então:
2 2
2(0.0152 )0.0250 0.0098 0.0152 0.39 / .
0.200
JK J J J v m s
kg
(c)
Neste caso,
2 2 10, 0 0otherK U U W
2
1 0.0250 0.200 9.80 / 0.100other kU W J kg m s x m
0.13k
7-22: De ,2
1
2
1 22 mvkx as relações entre m, v, k e x são:
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
8
.5,22 mgkxmvkx
Dividindo o primeiro termo pelo segundo, temos:
,5
2
g
xx e substituindo este no segundo, resulta:
,252
2
v
mgk então (a) & (b),
,128.0)/80.9(5
)/50.2(2
2
msm
smx
./1046.4
)/50.2(
/80.9)1160(25 5
2
22
mNxsm
smkgk
7-24: (a) & (b)-(0.050 kg)(9.80 m/s2)(5.0 m) = -2.5 J.
(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 ,0F
e o
trabalho é nulo. De (0, L) para (L, L), F
e d l
são
perpendiculares, então ldF
= 0 e o trabalho resultante ao
longo do caminho é nulo.
(b) De (0, 0) para (L, 0), .0 ldF
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
;dyCyldF
integrando de 0 para L resulta em .2
2CL
(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.
(c)
O trabalho resultante realizado pela força de atrito depende da
trajetória, portanto a força de atrito não é conservativa.
7-30: (a) )(2
1 2
2
2
1 xxk
(b) ).(2
1 2
2
2
1 xxk O trabalho total realizado é nulo e a
força da mola é conservativa .
(c) De x1 para x3, W = ).(2
1 2
1
2
3 xxk
De x3 para x2, W = ).(2
1 2
3
2
2 xxk O trabalho resultante
é ).(2
1 2
1
2
2 xxk Este é o mesmo resultado obtido na
parte (a).
7-32: Da Eq. (7-15)
,)/8.4(4 343 xmJxdx
dUFx e portanto
.46.280.0)/8.4()800.0(34 NmmJmFx
7-34: Da Eq. (7-19), ,ˆˆ jy
Ui
x
UF
desde que
U não possui dependência em z,3
2
xx
U
e
,2
3yy
U
então .ˆ2ˆ2
33
j
yi
xF
7-36: (a) Considerando as únicas forças na direção
x, isto é ,dx
dUFx então a força é nula nos pontos b e d
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: 2
2
1kx = mgL sen ou
./11.3)220.0(00.2
/400smm
kg
mNx
m
kv
(b) utilizando-se diretamente dos métodos de energia, a
energia potencial inicial da mola é a energia final potencial
gravitacional , isto é: ,sen2
1 2 mgLkx ou
.821.00.37sen)/80.9)(00.2(
)220.0)(/400(2
1
sen
2
1
2
22
msmkg
mmN
mg
kx
Lo
7-
40: (a) .2
1)2( 2
ABA mvRhmgUU
Das considerações anteriores, a velocidade no topo deve
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
9
pelo menor ser igual a: .gR
Portanto, ,2
1)2( mgRRhmg ou .
2
5Rh
(b) ,)50.2( CCA KRmgUU portanto
./3.31)0.20)(/80.9)(00.5()00.5( 2 smmsmgRvC
A aceleração radial é ./0.49 2
2
smR
va C
rad
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:
,2
1)sin(
2
1 22
0 mvLfwkx
onde L é o comprimento total descido na rampa, e v é a
velocidade no topo da rampa. Com os parâmetros dados,
temos: Jkx 2482
1 2
0 e .1010.1 3
0 Nxkx Elevando ao
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:
2
2 1 2
1
2otherky K W mgy
2 5
2
1625,000 51,000 ( 58,800 ) 6.33 10
2ky J J J J
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
.3.171066.3
1033.64
5
mJx
Jxh
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:
./10.62000
)1072.3(2 4
smkg
Jx
(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,
4 2
3 3 3
13.72 10 ( )
2K x J mg f x kx
4 2
3 3 3(2,600 ) (7.03 10 / )K N x x N m x
(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
3 4
1
2(7.03 10 / )x
x N m
3 3 2 4 4
3 2.60 10 (2.60 10 ) 4(7.03 10 / )(3.72 10 )x x x N x N x N m x J
3 0.746x m
o que corresponde a uma força de 1.05 x 105 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:
,2
1 2vmtot e
./83.1)7000.0(
)176.1(2sm
kg
Jv
7-48: (a) A variação na energia total é o trabalho
realizado pelo ar,
2 2 2
2 2 1 1 2 1
1( ) ( )
2K U K U m v v gy
2 2
2 2
(1/ 2)((18.6 / ) (30.0 / )(0.145 )
(40.0 / ) ) (9.80 / )(53.6 )
m s m skg
m s s m
= -80.0 J.
(b)Analogamente,
)6.53)(/80.9())/6.18(
)/7.28()/9.11)((2/1()145.0()()(
22
22
2233mssm
smsmkgUKUK
= -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 kg
J
m
Kv
60
)720,27(221 = 30.4 m/s.
(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:
./9.12/85.1260
)4957(222 smsm
kg
J
m
Kv
(c) Utilize o Teorema do trabalho – energia para encontrar
a força. W = KE, F = KE/d = (4957 J)/(2.5 m) = 1983 N
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
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2000 N.
7-52: Se a velocidade da rocha no topo for vt, então a
conservação de energia dá a velocidade vb , isto é:
RRmgmvmv tv ),2(2
1
2
1 22 é o raio do circulo .
Portanto temos: .422 gRvv tb A tensão no topo e
na base são encontradas de
Tb + mg = R
mvt
2
e
Tb – mg = ,2
R
mvb então
Tb – Tt = .662)( 22 wmgmgvvR
mtb
7-54: Seja x a distância que o caminhão se movimenta para
cima.
2
1 0 1 2 2
2 2 1 1
1, sen , 0, sen
2
cos . ( ) ( ),other r other
K mv U mgL K U mgx
W mgx De W K U K U
resolvendo para x, obtemos:
.cossen
sen)2/(
)cos(sen
sen 2
01
rr
Lgv
mg
mgLKx
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:
.2
1sen
2 akmgaU
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) = .2
1 2kd
A velocidade necessária é quando a mola for
comprimida de ,
2
d e da conservação de energia temos:
.2
1)2/(
2
1)2/( 22 mvdkdhmg
Substituindo para k em termos de h + d, encontramos:
,2
1
4
)(
2
2mvdhmgd
hmg
que pode ser simplificado para: .4
1
4
322
dhgv
Inserindo valores numéricos, resulta em v = 6.14 m/s.
(b) Se a mola for comprimida uma distância x, então
.2
,2
1 2
k
mgxormgxkx
Utilizando a expressão da parte (a) que dá k em termos de h e
d,
encontramos: .0210.0)(2
)2(22
mdh
d
dhmg
dmgx
7-60: Seguindo a dica, a constante de força é encontrado de
w = mg = kd, ou .d
mgk
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:
.2
1
2
1 22 yd
mgky Igualando essas, temos:
.2,2
1 2 dyormgyyd
mg
7-62: (a) Tanto de considerações de energia como da
força, a velocidade antes que o bloco atinja a mola é:
./30.7
)1.53cos)20.0(1.53)(sen00.4)(/80.9(2
)cos(sen2
2
sm
msm
gLv
oo
k
(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: ,2
1 2kd onde d é a
compressão máxima da mola. Esta é uma função
quadrática em d, a qual pode ser escrita como:
.0)cos(sen2
2
Ldmg
kd
k
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, ,cos mgk 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:
.tan
2)(
cossen
cos2)(
k
k
k
k dLdLy
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:
.)cos(sen2
1 2 smgkxK k
Minimizar a velocidade é equivalente a minimizar K, e
diferenciando a expressão acima com respeito a e
fazendo-se 0
d
Kd, temos: 0 = -mgs(cos - k sen ),
ou tan = .1
arctan,1
kk
Empurrando a caixa
diretamente para cima isto é = 90o, maximiza o
deslocamento vertical h mas não s = h / sen .
7-66: (a) Sim, ao invés de se considerar caminhos
Física 1 – Exercícios - TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA – Gabarito - Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
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arbitrários, considere que:
.ˆ3
3
jCy
yF
(b) Não. Considere o mesmo caminho como no Exemplo
7-13 (o campo não é o mesmo). Para essa força, 0F
ao
longo do caminho 1, 0 ldF
ao longo dos caminhos 2
and 4, mas 0 ldF
ao longo do caminho 3.
7-68: (a)
(b) (1): x = 0 ao longo desse caminho, então F
= 0 e W = 0.
(2): Ao longo desse, y = 1.50 m, então
,)/00.3( dxxmNldF
e
W = (1.50 N/m)((1.50 m)2 – 0) = 3.8 J (3) ,0 ldF
então
W = 0 (4) y = 0, então 0F
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.
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Exercício Gabarito
7.1 63.45 10 J
7.3
7.5 (a) 24m s (b) 24m s (c) part (b)
7.7
7.9 2.8m s
7.11 (a) 880J (b) 157J (c) 471J (d)
253J (e)
23.16a m s
7.11 253v m s K J
7.13 (a) 80.0J (b) 5.00J
7.15 (a) 6.32cm (b) 12cm
7.17 1.72 m
7.19 (a) 0.50m s (b) 0.500m
7.21 (a) 23.6m s (b) 269.2 m s
7.23 (a) 21.2 10 J (b)
21.2 10 J (c) 0
(d) conservativa
7.25 (a) 0 (b) 0.10J (c) 0.10J (d)
conservativa31
3U x
7.27 (a) 3.6J (b) 3.6J (c) 7.2J (d)
não conservativa
7.29 (a) 59J (b) 42J (c) 59J (d)
não conservativa
7.31 6
7
6 C
x
; atrativa
7.33 ˆ ˆ2 2F k x k y i k x k x j
7.35
(a) 13 7
12 6a bF r
r r
(b)
1
62a
b
, estável
(c)
2
4
b
a
138 12
78 6
6.68 10
6.41 10
d a J m
b J m
7.37 (a) 229 N (b) 823 J
7.39 0.41
7.41 15.5 m/s
Exercício Gabarito
7.43 4.4 m/s
7.45 (a) 919 N/m, 39.8 m/s (b) 17.0 m/s²
7.47 (a) 7.00m s (b) 2.94 N
7.49 (a) 1m g h d (b) 24.4 10 N (c)
2 1g h y d
7.51 48.2°
7.53 (a) 21.2 10 J (b)
21.2 10 J
7.55 (a) 2 3( ) 30 6U x x x
(b) 7.85m s
7.57 7.01m s
7.59 (a)
22m g a gh
(b) 2gh g a
7.61 119 J
7.63 (a) 3.87m s (b) 0.10m
7.65 (a) 3.1m s (b) 1.4m (c) não
7.67 (a) 50.6J (b) 67.5J (c) não
conservativa
7.69
(a) não (b) 0x F k (d) não (e)
3 ,F k F k (b) max 2v F mk
0x x F k
7.71
(b)
1
2 2
0 0
2
0
2( )
x xv x
m x x x
2
0 02 , 2x x v mx
(d) 0 (e)
1
2 2
0 0
2
0
2 2( )
9
x xv x
m x x x
(f) 1° caso: 0 ,x
2°caso: 0 03 2,3x x
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