Exercício Resolvido de Energia, Trabalho e Potência
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Uma pequena esfera é posta a deslizar sobre uma superfície lisa e sem atrito de maneira a descrever a curva ABCD situada num plano vertical. O trecho BCD é um arco de circunferência de centro O e raio 20 cm. Admitindo que o móvel é abandonado no ponto A a partir do repouso, calcular a intensidade da reação normal à superfície que atua sobre a esfera ao passar pelo ponto B situado 80 cm abaixo de A e tal que o ângulo formado pelo segmento BO com a vertical seja 60°. A massa do móvel é de 5 g e a aceleração da gravidade 10m/s2.
Dados do problema:
- Raio da superfície cilíndrica: r = 20 cm;
- Velocidade inicial da esfera: v0 = 0 m/s;
- Altura inicial do corpo em relação ao ponto B: hA = 80 cm;
- Ângulo de abertura em relação à vertical: θ = 60°;
- Massa do corpo: m = 5 g;
- Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2.
O móvel parte do repouso, \( {\vec{v}}_{A}=0 \), e, ao atingir o ponto B, começa a descrever uma trajetória em circunferência, neste ponto possui uma velocidade tangencial \( {\vec{v}}_{B} \) e uma aceleração centrípeta \( {\vec{a}}_{cp} \) responsável por fazer com que o móvel faça a curva, a aceleração centrípeta altera a direção e o sentido da velocidade tangencial, mas não o seu módulo (Figura 1-A).
No ponto B atuam a força peso \( \vec{P} \) e a reação normal \( \vec{N} \) da superfície sobre a esfera. A força peso pode ser decomposta na direção tangencial \( {\vec{P}}_{T} \) e na direção normal ou perpendicular \( {\vec{P}}_{N} \) com a superfície (Figura 1-B). O ângulo entre a força peso \( \vec{P} \) e a componente normal \( {\vec{P}}_{N} \) é de 60°, este é o mesmo ângulo dado no problema formado entre o segmento BO e a vertical, são ângulos correspondentes.
Solução
Em primeiro lugar devemos converter a massa do corpo dada em gramas (g) para quilogramas (kg), a altura inicial e o raio da circunferência dados em centímetros (cm) para metros (m) usados no Sistema Internacional (S.I.)
\[
\begin{gather}
m=5\;\cancel{\text{g}}.\frac{1\;\text{kg}}{1000\;\cancel{\text{g}}}=5.10^{-3}\;\text{kg}\\[10pt]
h_{A}=80\;\cancel{\text{cm}}.\frac{1\;\text{m}}{100\;\cancel{\text{cm}}}=8.10^{\;1}.10^{-2}\;\text{m}=8.10^{-1}\;\text{m}\\[10pt]
r=20\;\cancel{\text{cm}}.\frac{1\;\text{m}}{100\;\cancel{\text{cm}}}=2.10^{1}.10^{-2}\;\text{m}=2.10^{-1}\;\text{m}
\end{gather}
\]
Para determinarmos a velocidade no ponto B usamos o
Princípio da Conservação da Energia Mecânica, a energia mecânica no ponto A deve ser igual à
energia mecânica em B
\[
\begin{gather}
E_{M}^{A}=E_{M}^{B}\\[5pt]
E_{P}^{A}+E_{C}^{A}=E_{P}^{B}+E_{C}^{B} \tag{I}
\end{gather}
\]
a Energia Potencial é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{E_{P}=mgh} \tag{II}
\end{gather}
\]
a Energia Cinética é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{E_{C}=\frac{mv^{2}}{2}} \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo as expressões (II) e (III) na expressão (I) para os pontos A e B
\[
\begin{gather}
\cancel{m}gh_{A}+\frac{\cancel{m}v_{A}^{2}}{2}=\cancel{m}gh_{B}+\frac{\cancel{m}v_{B}^{2}}{2}\\[5pt]
gh_{A}+\frac{v_{A}^{2}}{2}=gh_{B}+\frac{v_{B}^{2}}{2} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Adotando um Nível de Referência (N.R.) no ponto B (Figura 2), a altura deste ponto será nula
(hB = 0), como a velocidade inicial também é nula (vA = 0), a expressão
(IV) se reduz a
\[
\begin{gather}
gh_{A}+\frac{0^{2}}{2}=g.0+\frac{v_{B}^{2}}{2}\\[5pt]
gh_{A}+0=0+\frac{v_{B}^{2}}{2}\\[5pt]
gh_{A}=\frac{v_{B}^{2}}{2}\\[5pt]
v_{B}^{2}=2gh_{A} \tag{V}
\end{gather}
\]
No ponto B a esfera começa a descrever uma trajetória circular, aplicando a força centrípeta
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{{\vec{F}}_{cp}=m{\vec{a}}_{cp}} \tag{VI}
\end{gather}
\]
Da Figura 1-B adotamos o sentido positivo apontando para o centro O da circunferência, aplicando a
expressão (VI) na direção radial
\[
\begin{gather}
N-P_{N}=ma_{cp} \tag{VII}
\end{gather}
\]
a componente do peso na direção normal
\( {\vec{P}}_{N} \)
será dada por
\[
\begin{gather}
P_{N}=P\cos 60° \tag{VIII}
\end{gather}
\]
a força peso é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{P=mg} \tag{IX}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (IX) na expressão (VIII) e lembrando da Trigonometria que
\( \cos 60°=\frac{1}{2} \)
\[
\begin{gather}
P_{N}=mg\frac{1}{2}\\[5pt]
P_{N}=\frac{mg}{2} \tag{X}
\end{gather}
\]
substituindo a expressão (X) na expressão (VII)
\[
\begin{gather}
N-\frac{mg}{2}=ma_{cp} \tag{XI}
\end{gather}
\]
A aceleração centrípeta é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{a_{cp}=\frac{v^{2}}{r}} \tag{XII}
\end{gather}
\]
no ponto B a velocidade é dada por
\[
\begin{gather}
a_{cp}=\frac{v_{B}^{2}}{r} \tag{XIII}
\end{gather}
\]
substituindo a velocidade encontrada na expressão (V) em (XIII)
\[
\begin{gather}
a_{cp}=\frac{2gh_{A}}{r} \tag{XIV}
\end{gather}
\]
Substituindo a expressão (XIV) na expressão (XI)
\[
\begin{gather}
N-\frac{mg}{2}=m\frac{2gh_{A}}{r}\\[5pt]
N=m\frac{2gh_{A}}{r}+\frac{mg}{2}
\end{gather}
\]
substituindo os dados do problema
\[
\begin{gather}
N=5.10^{-3}.\frac{2.10.8.10^{-1}}{2.10^{-1}}+\frac{5.10^{-3}.10}{2}\\[5pt]
N=5.10^{-3}.80.10^{-1}.10^{1}+5.10^{-3}.5\\[5pt]
N=400.10^{-3}+25.10^{-3}\\[5pt]
N=425.10^{-3}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{N=0,425\;\text{N}}
\end{gather}
\]
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