dinâmica

6. Trabalho e energia

Introdução

Salto com vara

Num salto com vara, a energia cinética da corrida inicial é convertida em energia potencial elástica da vara dobrada. Enquanto a vara recupera a forma reta, essa energia potencial elástica é transformada em energia potencial gravítica. No instante em que a vara recupera a forma reta o saltador exerce sobre a barra uma força vertical, para baixo, aumentando ainda mais a sua energia potencial gravítica para atingir uma altura maior; finalmente, o saltador larga a vara e cai livremente transformando-se a energia potencial gravítica em energia cinética.

6.1. Trabalho e energia cinética

A segunda lei de Newton (equação 4.4)

6.1
F = m a

onde F é a resultante de todas as forças externas, conduz a uma relação útil chamada teorema do trabalho e da energia cinética. Para demonstrar esse teorema, considere-se um deslocamento vetorial infinitesimal d r durante um intervalo infinitesimal de tempo d t (figura 6.1).

Vetor deslocamento
Figura 6.1: Vetores posição e velocidade num instante t e num instante posterior t + d t .

No limite infinitesimal em que d t tende para zero, o deslocamento vetorial é na direção tangencial e com módulo igual ao deslocamento ao longo da trajetória:

(6.2)
d r = v d t = ( v d t ) e t = d s e t

Usando esta expressão e multiplicando com produto escalar os dois lados da equação 6.1 pelo deslocamento infinitesimal, obtém-se

(6.3)
F · (d s e t ) = m a · (d s e t ) = F t d s = m a t d s

A equação cinemática a t = v d v /d s implica que a t d s é igual a v d v e, como tal,

(6.4)
F t d s = m v d v

Integrando os dois lados da equação desde uma posição s 1 , onde a velocidade é v 1 , até outra posição s 2 onde a velocidade é v 2 , obtém-se o teorema do trabalho e a energia cinética:

(6.5)
s 2 s 1 F t d s = 1 2 m v 22 1 2 m v 21

A função da velocidade:

(6.6)
E c = 1 2 m v 2

chama-se energia cinética e o integral da componente tangencial da força ao longo da trajetória chama-se trabalho da força:

(6.7)
W 12 = s 2 s 1 F t d s

Ou seja, o teorema estabelece que

O trabalho realizado pela força resultante, ao longo da trajetória, é igual ao aumento da energia cinética da partícula.

Observe-se que em geral o trabalho de uma força pode ser calculado integrando F · d r ao longo de qualquer curva, mas se essa curva não é a trajetória da partícula, o resultado pode não ser igual ao aumento de energia cinética. Em geral, um integral de linha entre dois pontos produz diferentes valores para diferentes curvas que unem esses pontos.

Unicamente a componente tangencial da força realiza trabalho ao longo da trajetória e pode alterar a energia cinética da partícula. Uma força perpendicular à trajetória não realiza trabalho e não altera a energia cinética da partícula.

O trabalho e a energia cinética têm unidades de energia, ou seja, joules no Sistema Internacional de unidades (1 J = 1 N·m).

Em coordenadas cartesianas, o deslocamento infinitesimal d r é,

(6.8)
d r = d x ˆ ı + d y ˆ + d z ˆ k

Exemplo 6.1

Um canhão dispara uma bala com 5 cm de raio, desde o terraço de um edifício, na posição inicial (em metros):

r 0 = 9ˆ ı + 4ˆ + 15ˆ k

com velocidade inicial (metros sobre segundo):

v 0 = 13ˆ ı + 22 . 5ˆ + 15ˆ k

determine a altura máxima atingida pela bala (valor máximo da coordenada z ) e a posição em que a bala bate no chão ( z = 0 ).

Bala lançada desde um prédio

Resolução. Este é o mesmo exemplo 2.3 que já foi resolvido no capítulo 2, mas será agora resolvido através do trabalho e do impulso. Uma bala metálica tem massa volúmica aproximadamente 8 vezes maior que a da água. Nessas condições, a velocidade terminal da bala é da ordem de 132 m/s. O problema será resolvido ignorando a resistência do ar e a solução obtida será usada para comparar a velocidade máxima com a velocidade terminal. Um valor da velocidade máxima próximo ou por cima da velocidade limite indicará que a solução obtida tem um erro elevado.

No sistema de eixos da figura, o peso escreve-se m g ˆ k e o impulso que produz desde o instante do lançamento da bala, t = 0 , até um instante t posterior é,

I = t 0 m g ˆ k d t = m g t ˆ k

igualando o impulso à variação da quantidade de movimento, e dividindo pela massa, obtém-se,

(6.9)
v = v 0 g t ˆ k = v = 13ˆ ı + 22 . 5ˆ + (15 9 . 8 t )ˆ k

Assim sendo, as componentes x e y da velocidade permanecem constantes. O valor mínimo do módulo da velocidade ocorrerá no instante em que ( 15 9 . 8 t ) for igual a zero; o valor mínimo da velocidade, v min = 13 2 + 22 . 5 2 = 25 . 99 , corresponde ao ponto de altura máxima.

O trabalho realizado pelo peso é:

r 2 r 1 F · d r = m g r 2 r 1 ˆ k · (d x ˆ ı + d y ˆ + d z ˆ k ) = m g z z 0 d z = m g ( z 0 z )

igualando à variação da energia cinética e dividindo pela massa,

(6.10)
2 g ( z 0 z ) = v 2 v 20

Substituindo v pelo valor mínimo da velocidade, calcula-se a altura máxima z m

2 × 9 . 8 × (15 z m ) = 25 . 99 2 30 2 z m = 26 . 47m

Para calcular a posição em que a bala bate no chão, calcula-se o valor da velocidade, quando a bala bate no chão, substituindo z = 0 na equação 6.10:

2 × 9 . 8 × 15 = v 2 30 2 = v = 34 . 55m/s

e, de acordo com a equação 6.9, o quadrado do módulo da velocidade é:

34 . 55 2 = 13 2 + 22 . 5 2 + (15 9 . 8 t ) 2 = t = 3 . 855s

(tendo em conta que o tempo t é positivo). Durante esse tempo, o deslocamento horizontal é igual a: d = 3 . 855(13 ˆ ı + 22 . 5ˆ ) = (50 . 11ˆ ı + 86 . 73ˆ )m , já que a componente horizontal da velocidade é constante. Somando os valores das componentes x e y na posição inicial, obtém-se a posição em que a bala bate no chão:

r = (59 . 11ˆ ı + 90 . 73ˆ )m

Observe-se que os resultados são ligeiramente diferentes dos que foram obtidos no exemplo 2.3. Em ambos casos os resultados intermédios foram apresentados arredondando para 4 algarismos significativos, mas todos os cálculos foram feitos usando formato de vírgula flutuante com precisão dupla (16 algarismos significativos). A diferença está em que, apesar de o tempo que a bala demora em bater no chão aparecer igual nos dois casos (3.855 s) os valores internos em precisão dupla são diferentes, por terem sido usados métodos diferentes e o erro numérico é diferente nos dois casos.

O valor máximo da velocidade, atingido quando a bala bate no chão, é 34.55 m/s. Como esse valor é muito menor que a velocidade terminal (132 m/s), a solução obtida ignorando a resistência do ar não estará muito longe da solução verdadeira.


O teorema do trabalho e da energia cinética só contém uma parte da informação contida na segunda lei de Newton, já que a equação vetorial 6.1 são realmente 3 equações (uma para cada componente) agrupadas convenientemente em vetores. Contudo, é possível extrair as mesmas três equações a partir da energia cinética. Tendo em conta que:

(6.11)
E c = 1 2 m v 2 = 1 2 m ( v 2 x + v 2 y + v 2 z )

então as três componentes cartesianas da equação 6.1 obtêm-se assim:

(6.12)
d d t E c v x = F x = m a x = F x

e de forma análoga para as componentes y e z . Esta equação é generalizada no capítulo 8 para qualquer outro sistema de coordenadas diferentes das cartesianas.

6.2. Forças conservativas

Uma força F ( r ) que depende unicamente da posição r chama-se conservativa, se o integral de linha entre dois pontos nas posições r 1 e r 2 ,

(6.13)
r 2 r 1 F · d r

dá o mesmo resultado, para qualquer percurso possível desde r 1 ate r 2 .

Assim sendo, é possível escolher um ponto arbitrário na posição r 0 e definir uma função que U em qualquer ponto:

(6.14)
U = r r 0 F · d r

observe-se que com essa definição, U = 0 na posição r 0 .

A função U não pode ser definida quando o resultado do integral de linha em 6.14 não está bem definido, ou seja, quando o resultado é diferente usando diferentes percursos. A escolha do sinal negativo na definição é explicada mais à frente. A função U tem unidades de energia e denomina-se energia potencial associada à força conservativa F . A vantagem de definir energias potenciais é que U ( r ) é uma função escalar, mais simples do que a função vetorial F ( r ) , que permite caraterizar completamente a força; ou seja, dada uma energia potencial qualquer é possível encontrar a expressão da força associada.

Usando o teorema fundamental do cálculo vetorial, o integral de linha da força conservativa F é igual a:

(6.15)
r 2 r 1 F · d r = U ( r 1 ) U ( r 2 )

isto é:

O trabalho realizado entre dois pontos por uma força conservativa é igual à diminuição da energia potencial associada a essa força.

Observe-se que o trabalho é igual à diminuição da energia potencial, e não o seu aumento, devido à escolha do sinal negativo na definição da energia potencial. observe-se também que a definição 6.14 implica que a energia potencial tem valor nulo na posição de referencia r 0 ; o efeito de usar diferentes escolhas do ponto de referencia r 0 é acrescentar ou subtrair uma constante a U em todos os pontos, mas as diferenças de energia potencial, U 1 U 2 , são independentes do ponto usado como referencia. O valor numérico da energia potencial num ponto não tem nenhum significado físico; o que tem significado é a diferença dos valores da energia potencial em dois pontos.

Exemplo 6.2

Calcule o integral de linha da força F = (3 x + y )ˆ ı , desde a origem O até o ponto P no plano x O y , com coordenadas x = y = 1 , usando os 3 percursos indicados na figura: C1 é o segmento de reta OR (R com coordenadas x = 1 , y = 0 ), seguido pelo segmento de reta RP , C2 é o segmento de reta OQ (Q com coordenadas x = 0 , y = 1 ), seguido pelo segmento de reta QP e C3 é o segmento de reta OP .

Três percursos no plano

Resolução. A equação vetorial do segmento de reta OR é: r = x ˆ ı , com 0 x 1 . Como tal, o deslocamento infinitesimal ao longo desse segmento é

d r = d x ˆ ı

e o integral de linha nesse segmento é:

R O F · d r = 1 0 3 x ˆ ı · (d x ˆ ı ) = 1 0 3 x d x = 1 . 5

A equação do segmento RP é r = ˆ ı + y ˆ , 0 y 1 , o deslocamento infinitesimal é d r = d y ˆ , e o integral de linha nesse segmento é igual a:

P R F · d r = 1 0 (3 + y )ˆ ı · (d y ˆ ) = 0

O integral de linha no percurso C1 é então igual a 1.5.

A equação do segmento OQ é r = y ˆ , 0 y 1 , e o integral de linha nesse segmento é,

Q O F · d r = 1 0 y ˆ ı · (d y ˆ ) = 0

A equação do segmento QP é x ˆ ı + ˆ , 0 x 1 , e o integral de linha nesse segmento é,

P Q F · d r = 1 0 (3 x + 1)ˆ ı · (d x ˆ ı ) = 2 . 5

O integral de linha no percurso C2 é então igual a 2.5.

No segmento OP , y é igual a x e, como tal, a equação do segmento é r = x (ˆ ı + ˆ ) , 0 x 1 . O integral de linha no percurso C3 é então

1 0 (3 x + x )ˆ ı · (ˆ ı + ˆ )d x = 1 0 4 x d x = 2

Como o integral é diferente nos 3 percursos considerados, a força F não é conservativa.


No exemplo 6.1 foi possível calcular o integral de linha do peso, sem conhecer a equação da trajetória parabólica da bala de canhão, nem ter de calcular a componente tangencial da força, porque como o peso P é sempre na direção de ˆ k , o produto escalar P · d r é sempre igual a P d z , para qualquer deslocamento em qualquer direção, e o integral de linha reduz-se a um integral ordinário numa única variável.

Em geral, sempre que o produto escalar F · d r dependa de uma única variável, a força F é conservativa porque o integral de linha reduz-se a um integral ordinário e o resultado depende apenas dos valores dessa variável, nas posições inicial e final. As secções seguintes mostram alguns exemplos.

6.2.1. Energia potencial gravítica

Usando um sistema de coordenadas em que o eixo dos z é vertical e aponta para cima, o peso é

(6.16)
P = m g ˆ k

o produto escalar P · d r é igual a m g d z . Ou seja, o peso é uma força conservativa e a energia potencial gravítica pode ser definida por:

(6.17)
U g ( r ) = z 0 ( m g )d z = U g = m g z

Isto é, a energia potencial gravítica de um corpo num ponto é igual ao produto do seu peso e a altura do ponto. As alturas podem medir-se a partir de qualquer ponto escolhido como referencia.

6.2.2. Energia potencial elástica

Quando uma mola elástica é esticada ou comprimida, exerce uma força elástica F e nos dois extremos, no sentido que faz regressar a mola à sua forma original. Se s é a elongação da mola, igual ao seu comprimento atual menos o comprimento que teria quando não estiver nem esticada nem comprimida, o valor absoluto de F e é diretamente proporcional a s

(6.18)
| F e |= k s

onde k é a constante elástica da mola. A equação 6.18 chama-se lei de Hooke.

Mola elástica alongada
Figura 6.2: Mola elástica pendurada dum suporte horizontal.

A figura 6.2 mostra um procedimento usado para medir a constante elástica de uma mola. Pendura-se um objeto com peso P , que estica a mola até ficar numa posição em que a força elástica equilibra o peso e mede-se a elongação; o valor da constante elástica é o peso usado, P , dividido pela elongação.

Mola e barra

Figura 6.3: Sistema com mola.

No sistema da figura 6.3, o cilindro pode deslocar-se ao longo de uma barra fixa e está ligado a uma mola com o outro extremo fixo num ponto fixo O. Em cada posição P do cilindro a elongação s da mola considera-se positiva se a mola estiver esticada, ou negativa se a mola estiver comprimida; como tal, se o vetor ˆ e s aponta no sentido em que s aumenta, o valor da força elástica é F e = k s (faz diminuir s quando é positiva ou aumentar quando é negativa). O produto escalar

(6.19)
F e · d r = k s ˆ e s · d r = k s d s

depende unicamente da variável s e, por isso, a força elástica é conservativa.

Usando como referência o valor s = 0 (posição em que a mola não exerce nenhuma força) a energia potencial elástica é:

(6.20)
U e = s 0 ( k s )d s = U e = 1 2 k s 2

6.2.3. Energia potencial de forças centrais

Uma força central é uma força que depende da posição e em cada ponto do espaço aponta na direção radial (reta que passa pela origem e pelo ponto) e com valor que depende unicamente da distância r até a origem:

(6.21)
F c = f ( r )ˆ r

Como o produto escalar F c · d r = f ( r )d r depende unicamente da variável r , as forças centrais são sempre conservativas e a energia potencial associada é igual a:

(6.22)
U c = r f ( r )d r

O ponto de referência costuma ser colocado no infinito, porque estas forças costumam ser zero quando a distância r é infinita. Dois exemplos de forças centrais são a força gravítica entre partículas e a força elétrica entre cargas pontuais.

6.3. Energia mecânica

As forças que não são função unicamente da posição não são conservativas. Por exemplo a reação normal e a força de atrito estático sobre um corpo são reações, que dependem das condições em que se encontra o sistema; colocando o mesmo corpo na mesma posição de uma mesa, mas com diferentes objetos colocados por cima, a reação normal tem valores diferentes. A força de atrito cinético também não é conservativa. Depende da reação normal e também depende da direção do movimento (direção da velocidade).

No teorema do trabalho e a energia cinética (equação 6.5), a resultante das forças externas pode ser escrita como a resultante de todas as forças conservativas mais a resultante de todas as forças não conservativas.

(6.23)
s 2 s 1 F ct d s + s 2 s 1 F nct d s = 1 2 m v 22 1 2 m v 21

o lado direito é a energia cinética na posição final menos a energia cinética na posição inicial: E c ( s 2 ) E c ( s 1 ) . O primeiro integral no lado esquerdo é igual à soma dos integrais de todas as forças externas conservativas que atuam no sistema e é igual à diminuição da energia potencial total:

(6.24)
s 2 s 1 F ct d s = U ( s 1 ) U ( s 2 )

onde U é a soma de todas as energias potenciais que existam (gravítica, elástica, elétrica, etc.). Passando esses termos para o lado direito da equação obtém-se:

(6.25)
s 2 s 1 F nct d s = E c ( s 2 ) + U ( s 2 ) E c ( s 1 ) U ( s 1 )

Define-se a energia mecânica igual à soma da energia cinética mais potencial, em qualquer posição da trajetória:

(6.26)
E m = E c + U

e a equação anterior é o teorema do trabalho e a energia mecânica

(6.27)
s 2 s 1 F nct d s = E m ( s 2 ) E m ( s 1 )

O integral no lado esquerdo é o trabalho realizado por todas as forças externas não conservativas, ao longo da trajetória; ou seja,

O trabalho realizado pelas forças não conservativas, a longo da trajetória, é igual ao aumento da energia mecânica E m .

Uma consequência desse resultado é a lei de conservação da energia mecânica: quando todas as forças que realizam trabalho são conservativas, a energia mecânica do sistema permanece constante.

Observe-se que no integral do lado esquerdo da equação 6.27 o percurso de integração é a trajetória do corpo. Pode acontecer que a trajetória não seja conhecida previamente, mas de qualquer forma é uma curva única e bem definida. Se o integral de linha fosse calculado num percurso diferente à trajetória, o seu valor já não seria igual ao aumento da energia mecânica. O sinal negativo na definição da energia potencial prende-se ao fato de a energia mecânica ser definida como energia cinética mais potencial.

Observe-se ainda que, como a energia cinética nunca pode ser negativa, a energia mecânica E m (potencial mais cinética) em qualquer posição da trajetória é sempre maior ou igual que à energia potencial nessa posição.

6.3.1. Gráficos de energia

O gráfico da energia potencial total U ( s ) de todas as forças conservativas é muito útil na análise do movimento. A figura 6.4 mostra um exemplo; a curva a tracejado representa a energia potencial total do sistema, em função da posição na trajetória, s . A reta contínua é a energia mecânica; como é uma reta com ordenada constante, conclui-se que há conservação da energia mecânica e as únicas forças que realizam trabalho são todas conservativas.

Gráfico da energia potencial
Figura 6.4: Exemplo de energia potencial e energia mecânica.

As regiões do gráfico onde a reta da energia mecânica está por debaixo da curva de energia potencial são posições onde o sistema nunca pode estar, porque a energia mecânica é sempre maior ou igual que a energia potencial. Por exemplo, no caso da figura 6.4, o corpo não pode nunca estar nas posições s = 1 , s = 2 ou s = 3 . Para poder alcançar essas posições, seria necessário aparecer outra força não conservativa que faça aumentar a energia mecânica.

A equação 6.24 significa que U ( s ) é uma primitiva de F ct , com sinal trocado. Assim sendo, conclui-se que

(6.28)
F ct = d U d s

ou seja, nos intervalos do gráfico de U ( s ) onde a função é crescente, a resultante das forças conservativas aponta no sentido negativo de s e nos intervalos onde U ( s ) é decrescente, a força conservativa resultante aponta no sentido positivo de s .

No caso do exemplo da figura 6.4, nos intervalos 2 < s < 1 e 2 < s < 5 , onde a energia potencial é decrescente, a componente tangencial da força resultante é positiva, isto é, aponta no sentido em que a posição s aumenta. Nos intervalos 1 < s < 2 e 5 < s < 6 a componente da força é negativa (aponta no sentido em que s diminui). Nos pontos s = 1 , s = 2 e s = 5 a componente tangencial da força conserrvativa resultante é nula. Esses pontos onde o valor da força é nulo, chamam-se pontos de equilíbrio.

A energia mecânica não pode ser menor que 6 . 75 . A reta da energia mecânica corresponde a um valor de 2.25 unidades. Com essa energia mecânica, o corpo só pode estar a deslocar-se numa vizinhança do ponto s = 1 , ou numa vizinhança do ponto 5.

Nos pontos em que a reta da energia mecânica do corpo corta a curva da energia potencial, a energia cinética é nula e, como tal, a corpo fica em repouso; no entanto, o corpo não permanece sempre em repouso nesses pontos, porque a força nesses pontos não é nula.

Por exemplo, se num instante o corpo está na posição s = 5 , deslocando-se no sentido em que s aumenta, continua a deslocar-se no mesmo sentido, até parar perto de s = 6 ; nesse ponto a força aponta no sentido negativo de s , o que faz com que o corpo regresse para o ponto s = 5 , mas agora com velocidade no sentido negativo de s . O corpo aproximar-se-á do ponto s = 3 . 8 , onde o valor da sua velocidade será nula; nesse ponto, como a componente tangencial da força é no sentido positivo de s , o corpo regressa à posição s = 5 começando novamente o mesmo ciclo.

6.4. Movimento harmónico simples

Considere-se um carrinho de massa m sobre uma superfície horizontal, ligado a uma mola com constante elástica k , tal como mostra a figura 6.5. Se o atrito nos eixos das rodas, a massa das rodas e a resistência do ar são desprezadas, a única força que realiza trabalho é a força elástica da mola e há conservação da energia mecânica.

Oscilador harmónico
Figura 6.5: Carrinho a oscilar sobre uma superfície horizontal.

A trajetória é uma reta horizontal; escolhendo a origem O para medir a posição na trajetória, s , na posição em que a mola não está nem esticada nem comprimida, a energia mecânica do sistema é,

(6.29)
E m = 1 2 m v 2 + 1 2 k s 2

A figura 6.6 mostra os gráficos da energia potencial e da energia mecânica constante. O carrinho oscila entre as duas posições s = A e s = A , onde a velocidade é nula, e cada vez que passa pela posição s = 0 a energia cinética é máxima. O valor da amplitude do movimento oscilatório é A , que depende do valor da energia mecânica; quanto maior for a energia, maior a amplitude.

Energia de um oscilador harmónico
Figura 6.6: Energia potencial e energia mecânica deum oscilador harmónico.

A relação entre a amplitude e a energia mecânica obtém-se substituindo v = 0 na equação 6.29:

(6.30)
E m = 1 2 k A 2

A amplitude e a energia inicial não são valores caraterísticos do oscilador, mas são condições iniciais que dependem de como é colocado em movimento o sistema. A equação de movimento do sistema pode ser obtida aplicando a segunda lei de Newton, ou também derivando a expressão da energia mecânica (equação 6.29) em ordem ao tempo e resolvendo para a aceleração tangencial. O resultado é:

(6.31)
a t = k m s

Resolvendo a equação cinemática a t = v d v /d s , com condição inicial v ( s = A ) = 0 , obtém-se v em função de s

(6.32)
v =± k m ( A 2 s 2 )

igualando essa expressão (no caso em que v é positiva) à derivada ˙ s e separando variáveis, obtém-se

(6.33)
k m t t 0 d t = s 0 d s A 2 s 2

onde o tempo t 0 é o instante em que o carrinho passa pela posição de equilíbrio s = 0 . Calculando os integrais obtém-se a expressão para a posição s em função do tempo

(6.34)
s = A sin( t + φ 0 )

onde a constante , chamada frequência angular, é

(6.35)
= k m

e φ 0 é uma constante que depende da escolha do instante em que t é igual a zero. A frequência, que é o número de oscilações por unidade de tempo, é igual a,

(6.36)
f = 2 π = 1 2 π k m

e o período de oscilação T é o inverso da frequência: T = 1/ f .

A expressão 6.34 é a solução da equação diferencial ¨ s = ( k / m ) s . Qualquer outro sistema em que a segunda derivada da variável seja igual à variável vezes uma constante negativa, é chamado também um oscilador harmónico simples e a solução será semelhante a 6.34.

6.5. Energia cinética de rotação

No movimento de translação de um corpo rígido, em cada instante todas as partes do corpo deslocam-se com a mesma velocidade v e, com tal, a energia cinética total é igual a um meio da massa total vezes o valor da velocidade ao quadrado. No caso mais geral do movimento de rotação sobreposto à translação, para calcular a energia cinética total será necessário ter em conta que as velocidades de diferentes partes do objeto são diferentes. Conforme foi demonstrado no capítulo 3, a velocidade de cada ponto no corpo, em função da velocidade angular ω e da velocidade v O de um ponto fixo no corpo rígido, é:

(6.37)
v = v o + ω × r

em que r é a posição do ponto relativa ao ponto de referência O.

A energia cinética total obtém-se somando a energia de todas as partes infinitesimais do corpo rígido, com massa d m ,

(6.38)
E c = 1 2 v 2 d m

O valor da velocidade ao quadrado é,

(6.39)
v 2 = v · v = v 2o +| ω × r | 2 + 2 v o · ( ω × r )

O módulo de ( ω × r ) é ω R , em que R é a distância desde o ponto até um eixo que passa pelo ponto O, paralelo a ω . Substituindo na expressão da energia cinética,

(6.40)
E c = v 2o 2 d m + ω 2 2 R 2 d m + v o · ω × r d m

O integral no primeiro termo é igual à massa total m . Como foi referido na secção sobre o centro de massa, o único referencial em que o valor médio do vetor posição é nulo (equação (5.15)) é o referencial em que a origem está exatamente no centro de massa. Assim sendo, se o ponto de referência O for o centro de massa, o terceiro integral será nulo e obtém-se

(6.41)
E c = 1 2 m v 2cm + 1 2 I cm ω 2

em que I cm é o momento de inércia em relação a um eixo que passa pelo centro de massa, paralelo a ω .

Exemplo 6.3

Uma esfera de massa m e raio R parte do repouso a uma altura h numa rampa inclinada um ângulo β com a horizontal. A esfera roda na rampa, sem deslizar. Determine o valor da aceleração angular da esfera e a velocidade do centro de massa quando a esfera chega ao fim da rampa.

Esfera num plano inclinado

Resolução. Como a esfera roda sem deslizar, o ângulo de rotação θ está relacionado com a posição do centro de massa C, de acordo com a expressão que foi obtida no capítulo 3 para rodas que rolam sem derrapar:

s = R θ

conclui-se então que o sistema tem um único grau de liberdade, que pode ser o ângulo θ que a esfera roda desde o instante inicial no topo do plano inclinado. O valor da velocidade angular é ω = ˙ θ e o valor da velocidade do centro de massa é v cm = R ω .

Escolhendo a posição s = 0 no topo da rampa, com s positivo no sentido em que a esfera desce e energia potencial gravítica nula em s = 0 , em qualquer posição s = R θ a esfera tem descido uma altura R θ sin β , em que β é o ângulo de inclinação do plano inclinado. A energia mecânica total é,

E m = 1 2 m R 2 ω 2 + 1 2 I cm ω 2 m g R θ sin β

Enquanto a esfera rode sem derrapar, a força de atrito com a superfície do plano é atrito estático, que não realiza trabalho. Ignorando a resistência do ar, a energia mecânica conserva-se e a sua derivada em ordem ao tempo é nula. Substituindo a expressão do momento de inércia da esfera em relação ao seu centro de massa, 2 m R 2 /5 , na equação anterior, derivando em ordem ao tempo e igualando a zero, obtém-se

m R ω 7 5 R α g sin β = 0

e a expressão para a aceleração angular α é,

α = 5 g sin β 7 R

Como a esfera parte do repouso, no ponto inicial a sua energia cinética é nula e na parte mais baixa da rampa a energia cinética será igual à energia potencial gravítica inicial, 0, menos a energia gravítica final, m g h

(6.42)
1 2 m R 2 ω 2 + 1 5 m R 2 ω 2 = m g h

e a velocidade do centro de massa C no fim da rampa é

(6.43)
v C = R ω = 10 g h 7

Perguntas

(Para conferir a sua resposta, clique nela.)

  1. A posição de uma partícula em função do tempo é dada pela expressão r = 2 t 2 ˆ ı + 5 3 t 3 ˆ (SI). Qual dos vetores na lista é perpendicular à trajetória da partícula no instante t = 2  s?
    1. 4ˆ ı 5ˆ
    2. 2ˆ ı 5ˆ
    3. 5ˆ ı + 2ˆ
    4. 5ˆ ı 4ˆ
    5. 2ˆ ı + 3ˆ
  2. Sobre uma partícula atua uma força com direção, sentido e módulo constantes. O módulo da força é 1.6 N. Qual é o trabalho realizado por essa força quando a partícula se desloca uma distância de 20 cm numa direção que faz 60° com a força?
    1. 0.28 J
    2. 160 mJ
    3. 0.68 J
    4. 28 J
    5. 16 J
  3. Num oscilador harmónico simples formado por um corpo de massa m pendurado duma mola vertical com constante elástica k , se a massa for quadruplicada, qual das afirmações será correta?
    1. A frequência duplica.
    2. O período duplica.
    3. A amplitude duplica.
    4. A energia mecânica duplica.
    5. A energia potencial duplica.
  4. A figura mostra o gráfico da energia potencial U ( s ) , de uma partícula em função da posição na trajetória, s . Se a partícula está a oscilar à volta da posição s = 1 , com energia mecânica igual a 2 J, qual é o valor máximo da sua energia cinética?

    Energia potencial cúbica
    1. −3 J
    2. 3 J
    3. 0
    4. 2 J
    5. 5 J
  5. A figura mostra o gráfico da força tangencial resultante F t , conservativa, sobre uma partícula. Quantos pontos de equilíbrio existem na região apresentada no gráfico?

    Forca cúbica
    1. 0
    2. 1
    3. 2
    4. 3
    5. 4

Problemas

  1. Calcule o integral de linha da força do exemplo 6.2: F = (3 x + y )ˆ ı , desde a origem O até o ponto P no plano x O y , com coordenadas x = y = 1 , em que o percurso de integração é o arco mais curto da circunferência ( x 1) 2 + y 2 = 1 (centro em x = 1 , y = 0 e raio 1), que passa pela origem e pelo ponto P.
  2. A lei da gravitação universal estabelece que qualquer corpo celeste de massa M produz uma força atrativa sobre qualquer outro corpo de massa m , dada pela expressão:
    F g = G M m r 2 ˆ r
    onde G é a constante de gravitação universal, r é a distância entre os dois corpos e ˆ r é o versor radial, que aponta desde o corpo de massa M até o corpo de massa m . (a) Determine a expressão para a energia potencial gravítica U g devida ao corpo de massa M . (b) Tendo em conta o resultado da alínea anterior, como se justifica a equação 6.17, U g = m g z , para a energia potencial gravítica de um objeto na Terra?
  3. Num salto com vara, um atleta de 70 kg usa uma vara uniforme de 4.5 kg com 4.9 m de comprimento. O salto do atleta tem três fases: primeiro o atleta corre, com o seu centro de gravidade a 1 m de altura e com o centro de gravidade da vara a 1.5 m de altura, com velocidade de 9 m/s no instante em que possa a vara no chão. Na segunda fase, a energia da corrida é transferida para a vara, que se deforma e volta a esticar ficando vertical e elevando o atleta até uma altura próxima da altura da fasquia (desprezando forças dissipativas, até aqui a energia mecânica é constante). Finalmente o atleta estende os braços, aumentando a sua energia mecânica até o seu centro de gravidade subir a 5.8 m de altura, conseguindo ultrapassar a fasquia a 5.6 m. (a) Determine o trabalho realizado pelo saltador quando estende os braços. (b) Determine a força média que o saltador exerce sobre a vara na terceira fase. Salto com vara
  4. Resolva o problema 7 do capítulo 4 aplicando o teorema do trabalho e a energia mecânica. A força exercida pelo bloco sobre o cone, quando o cone penetra no bloco, é uma força conservativa ou não?
  5. Num sistema como o da figura 6.5, o carrinho tem massa de 450 g. O carrinho é deslocado 5 cm da posição de equilíbrio e libertado a partir do repouso, começando a oscilar com um período de 1.2 s. Determine:
    (a) A amplitude das oscilações.
    (b) A constante elástica da mola.
    (c) A velocidade máxima do carrinho.
  6. Um pêndulo simples é composto por uma esfera de massa m , pendurada de uma corda muito fina, de comprimento l e massa desprezável. Quando a esfera parte do repouso, há um único grau de liberdade, que pode ser o ângulo θ que o fio faz com a vertical. (a) Determine a expressão para a energia mecânica, em função do ângulo θ e da sua derivada ˙ θ , arbitrando que a energia potencial é nula em θ = 90 . (b) Desprezando a resistência do ar, a energia mecânica permanece constante e a sua derivada em ordem ao tempo é nula; derive a expressão da energia mecânica em ordem ao tempo e iguale a zero para encontrar a expressão para ¨ θ em função do ângulo.

    Pêndulo simples
  7. Uma esfera de raio r roda, sem deslizar, dentro de uma calha semicircular de raio R , que está num plano vertical (ver figura).
    (a) Demonstre que, em função da derivada do ângulo θ , a energia cinética da esfera é
    E c = 7 10 m ( R r ) 2 ˙ θ 2

    (b) Desprezando a resistência do ar, a energia mecânica é constante e a sua derivada em ordem ao tempo é nula; derive a expressão da energia mecânica em ordem ao tempo e iguale a zero para encontrar a expressão da aceleração angular ¨ θ em função do ângulo.
    (c) Entre que valores deve estar a energia mecânica para que a esfera permaneça oscilando dentro da calha?
    (d) A partir do resultado da alínea b, determine a expressão para ¨ θ , no limite quando o raio da esfera é muito menor que o raio da calha ( R r R ) e explique porque o resultado é diferente do resultado obtido para o pêndulo simples no problema 6.

    Esfera numa calha circular
  8. Um cilindro com massa de 80 g desliza a partir do repouso, no ponto A, até ao ponto B, devido a uma força externa constante de 60 N; o comprimento normal da mola é 30 cm e a sua constante elástica é 6 N/cm. Admitindo que não existe atrito com a barra fixa, calcule a velocidade com que o cilindro chega ao ponto B.

    Cilindro numa calha vertical
  9. Resolva o problema 13 do capítulo 5 aplicando o princípio de conservação da energia mecânica.
  10. Um cilindro desce uma rampa de altura h , a partir do repouso, rodando à volta do seu eixo sem deslizar. Calcule a velocidade do centro de massa do cilindro quando chega ao fim da rampa. Compare com o resultado do exemplo 6.3 para uma esfera; qual dos dois corpos desce mais rápido, a esfera ou o cilindro?
  11. Uma esfera pendurada com uma corda de comprimento l parte do repouso na posição A, como mostra a figura. Quando a corda chega à posição vertical, entra em contacto com um prego fixo no ponto B, que faz com que a esfera descreva um arco de raio menor que l . Calcule o valor mínimo que deve ter a para que a trajetória da esfera seja uma circunferência com centro em B (se a não for suficientemente grande, a corda deixa de estar esticada quando a esfera sobe e a esfera não chega até a parte mais alta do círculo).

    Pêndulo com dois comprimentos
  12. Considere um projétil que é lançado desde o chão, num quarto onde existe vácuo, com uma velocidade inicial v 0 que faz um ângulo θ com a horizontal.
    (a) Calcule o tempo que o projétil demora até chegar ao ponto máximo da sua trajetória, onde a velocidade vertical é nula, e a posição nesse ponto.
    (b) Com base no resultado da alínea anterior, demonstre que o alcance horizontal do projétil (distância horizontal desde onde é lançado até onde cai) é igual a:
    (6.44)
    R = v 20 sin(2 θ ) g

Respostas

Perguntas: 1. C. 2. B. 3. B. 4. E. 5. D.

Problemas

  1. π 4 + 3 2 2 . 29
  2. (a) U g = G M m r
    (b) Para um valor qualquer r 0 , a série de Taylor de U g é: G M m r 0 + G M m r 20 ( r r 0 ) . . .
    O primeiro termo é uma constante, que pode ser ignorada; no segundo termo, se r 0 for o raio da Terra, r r o será a altura z desde a superfície da Terra e G M / r 20 será igual à constante g . Ignorando o resto da série, que para valores de z muito menores que r 0 não altera significativamente a soma dos dois primeiros termos, obtém-se U g m g z .
  3. (a) 317.4 J (b) 686 N.
  4. 24 696 N/m2. A força do bloco não é conservativa, porque só atua quando o cone está a penetrar; se o cone voltasse a subir, após ter penetrado no bloco, o bloco já não produzia força sobre o cone.
  5. (a) 5 cm. (b) 12.34 N/m. (c) 26.2 cm/s.
  6. (a) E m = 1 2 m l 2 ˙ θ 2 m g l cos θ    (b) ¨ θ = g l sin θ
  7. (a) Observe que a velocidade do centro de massa da esfera é ( R r )˙ θ e a condição de rodamento sem deslizamento implica que a velocidade angular da esfera é igual a essa velocidade dividida por r . (b) ¨ θ = 5 g 7( R r )sin θ
    (c) Maior que m g ( R r ) e menor que zero; se a energia mecânica é exatamente igual a m g ( R r ) , a esfera não oscila, mas permanece em repouso no ponto mais baixo da calha. (d) O valor absoluto de ¨ θ é menor num fator 5/7, devido a que parte da energia potencial gravítica é transformada em energia cinética de rotação da esfera. A energia cinética de rotação é sempre 2/5 da energia cinética de translação, independentemente do valor de r ; assim sendo, no limite r 0 também 2/7 da energia gravítica são convertidos em energia de rotação e apenas os restantes 5/7 fazem aumentar θ .
  8. 11.74 m/s.
  9. 5.274 s−1
  10. 4 g h 3 . A esfera desce mais rápido que o cilindro, por ter menor momento de inércia.
  11. 3 l 5
  12. (a) t = v 0 g sin θ , r = v 20 2 g sin(2 θ )ˆ ı + sin 2 θ ˆ
Pergunta 1, resposta A: Errada

Este vetor não é perpendicular à trajetória, porque o produto escalar dele com a velocidade, 8ˆ ı + 20ˆ , não é igual a zero.

(clique para continuar)

Pergunta 1, resposta B: Errada

Este vetor não é perpendicular à trajetória, porque o produto escalar dele com a velocidade, 8ˆ ı + 20ˆ , não é igual a zero.

(clique para continuar)

Pergunta 1, resposta C: Certa

A forma mais fácil de encontrar um vetor perpendicular à velocidade, 8ˆ ı + 20ˆ , é trocar as componentes e mudar o sinal duma delas: 20ˆ ı + 8ˆ , que é 4 vezes o vetor da alínea C.

(clique para continuar)

Pergunta 1, resposta D: Errada

Este vetor não é perpendicular à trajetória, porque o produto escalar dele com a velocidade, 8ˆ ı + 20ˆ , não é igual a zero.

(clique para continuar)

Pergunta 1, resposta E: Errada

Este vetor não é perpendicular à trajetória, porque o produto escalar dele com a velocidade, 8ˆ ı + 20ˆ , não é igual a zero.

(clique para continuar)

Pergunta 2, resposta A: Errada

O trabalho de uma força constante é igual à componente tangencial de força vezes o deslocamento e a força tangencial é igual a F cos(60 ) e não F sin(60 ) .

(clique para continuar)

Pergunta 2, resposta B: Certa

(clique para continuar)

Pergunta 2, resposta C: Errada

O trabalho de uma força constante é igual à componente tangencial da força vezes o deslocamento.

(clique para continuar)

Pergunta 2, resposta D: Errada

A força tangencial é igual a F cos(60 ) e não F sin(60 ) e a força, em newton, não pode ser multiplicada pelo deslocamento em centímetros, porque um newton é igual a kg·m/s2. Use o deslocamento em metros.

(clique para continuar)

Pergunta 2, resposta E: Errada

A força, em newton, não pode ser multiplicada pelo deslocamento em centímetros, porque um newton é igual a kg·m/s2. Use o deslocamento em metros .

(clique para continuar)

Pergunta 3, resposta A: Errada

A frequência é diretamente proporcional à frequência angular, que é inversamente proporcional à raíz quadrada da massa. Assim sendo, se a massa é quadruplicada, a frequência diminui a metade.

(clique para continuar)

Pergunta 3, resposta B: Certa

A frequência é diretamente proporcional à frequência angular, que é inversamente proporcional à raíz quadrada da massa. Assim sendo, se a massa é quadruplicada, a frequência diminui a metade e o período, inverso da frequência, duplica.

(clique para continuar)

Pergunta 3, resposta C: Errada

A amplitude depende apenas da energia mecânica, que pode alterar-se alterando as condições iniciais (posição e velocidade iniciais) independentemente do valor da massa.

(clique para continuar)

Pergunta 3, resposta D: Errada

A energia mecânica pode alterar-se alterando as condições iniciais (posição e velocidade iniciais) independentemente do valor da massa.

(clique para continuar)

Pergunta 3, resposta E: Errada

A energia potencial total, elástica mais gravítica, depende apenas da constante elástica e não da massa.

(clique para continuar)

Pergunta 4, resposta A: Errada

A energia cinética não pode ser negativa.

(clique para continuar)

Pergunta 4, resposta B: Errada

Com essa energia cinética, a energia potencial seria 2 − 3 = −1, que não é o valor mínimo que pode ter a energia potencial.

(clique para continuar)

Pergunta 4, resposta C: Errada

Quando a energia cinética é nula, a velocidade é nula; como a partícula oscila, terá velocidade diferente de zero em alguns pontos e, portanto, energia cinética maior que zero.

(clique para continuar)

Pergunta 4, resposta D: Errada

Com essa energia cinética, a energia potencial seria 2 2 = 0 , que não é o valor mínimo que pode ter a energia potencial.

(clique para continuar)

Pergunta 4, resposta E: Certa

A energia cinética máxima é igual à energia mecânica, 2 J, menos a energia potencial mínima, −3 J.

(clique para continuar)

Pergunta 5, resposta A: Errada

Os pontos de equilíbrio são as raízes da função F t ( s ) .

(clique para continuar)

Pergunta 5, resposta B: Errada

Os pontos de equilíbrio são as raízes da função F t ( s ) .

(clique para continuar)

Pergunta 5, resposta C: Errada

Os pontos de equilíbrio são as raízes da função F t ( s ) .

(clique para continuar)

Pergunta 5, resposta D: Certa

Os pontos de equilíbrio são as raízes da função F t ( s ) .

(clique para continuar)

Pergunta 5, resposta E: Errada

Os pontos de equilíbrio são as raízes da função F t ( s ) .

(clique para continuar)