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.

Esquema do problema:

O móvel parte do repouso, \( {\vec v}_{\small A}=0 \), e, ao atingir o ponto B, começa a descrever uma trajetória em circunferência, neste ponto possui uma velocidade tangencial \( {\vec v}_{\small B} \) 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).

Figura 1

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 \( {\vec P}_{\small T} \) e na direção normal ou perpendicular \( {\vec P}_{\small N} \) com a superfície (Figura 1-B). O ângulo entre a força peso \( \vec P \) e a componente normal \( {\vec P}_{\small N} \) 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 de Unidades (S.I.)

\[ \begin{gather} m=5\;\mathrm{\cancel g}\times\frac{1\;\mathrm{kg}}{1000\;\mathrm{\cancel g}}=5\times 10^{-3}\;\mathrm{kg} \\[10pt] h_{\small A}=80\;\mathrm{\cancel{cm}}\times\frac{1\;\mathrm m}{100\;\mathrm{\cancel{cm}}}=8\times 10^{\;1}\times 10^{-2}\;\mathrm m=8\times 10^{-1}\;\mathrm m \\[10pt] r=20\;\mathrm{\cancel{cm}}\times\frac{1\;\mathrm m}{100\;\mathrm{\cancel{cm}}}=2\times 10^{1}\times 10^{-2}\;\mathrm m=2\times 10^{-1}\;\mathrm m \end{gather} \]

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

\[ \begin{gather} E_m^{\small A}=E_m^{\small B} \\[5pt] E_p^{\small A}+E_c^{\small A}=E_p^{\small B}+E_c^{\small B} \tag{I} \end{gather} \]

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 equações (II) e (III) na equação (I) para os pontos A e B

\[ \begin{gather} \cancel mgh_{\small A}+\frac{\cancel mv_{\small A}^2}{2}=\cancel mgh_{\small B}+\frac{\cancel mv_{\small B}^2}{2} \\[5pt] gh_{\small A}+\frac{v_{\small A}^2}{2}=gh_{\small B}+\frac{v_{\small B}^2}{2} \tag{IV} \end{gather} \]

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

\[ \begin{gather} gh_{\small A}+\frac{0^2}{2}=g\times 0+\frac{v_{\small B}^2}{2} \\[5pt] gh_{\small A}+0=0+\frac{v_{\small B}^2}{2} \\[5pt] gh_{\small A}=\frac{v_{\small B}^2}{2} \\[5pt] v_{\small B}^2=2gh_{\small A} \tag{V} \end{gather} \]
Figura 2

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 equação (VI) na direção radial

\[ \begin{gather} N-P_{\small N}=ma_{cp} \tag{VII} \end{gather} \]

a componente do peso na direção normal \( {\vec P}_{\small N} \) será dada por

\[ \begin{gather} P_{\small N}=P\cos 60° \tag{VIII} \end{gather} \]

a força peso é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {P=mg} \tag{IX} \end{gather} \]

substituindo a equação (IX) na equação (VIII) e lembrando da Trigonometria que \( \cos 60°=\frac{1}{2} \)

\[ \begin{gather} P_{\small N}=mg\frac{1}{2} \\[5pt] P_{\small N}=\frac{mg}{2} \tag{X} \end{gather} \]

substituindo a equação (X) na equação (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

\[ \begin{gather} a_{cp}=\frac{v_{\small B}^2}{r} \tag{XIII} \end{gather} \]

substituindo a velocidade encontrada na equação (V) em (XIII)

\[ \begin{gather} a_{cp}=\frac{2gh_{\small A}}{r} \tag{XIV} \end{gather} \]

Substituindo a equação (XIV) na equação (XI)

\[ \begin{gather} N-\frac{mg}{2}=m\frac{2gh_{\small A}}{r} \\[5pt] N=m\frac{2gh_{\small A}}{r}+\frac{mg}{2} \end{gather} \]

substituindo os dados do problema

\[ \begin{gather} N=5\times 10^{-3}\times\frac{2\times 10\times 8\times 10^{-1}}{2\times 10^{-1}}+\frac{5\times 10^{-3}\times 10}{2} \\[5pt] N=5\times 10^{-3}\times 80\times 10^{-1}\times 10^{1}+5\times 10^{-3}\times 5 \\[5pt] N=400\times 10^{-3}+25\times 10^{-3} \\[5pt] N=425\times 10^{-3} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {N=0,425\;\mathrm N} \end{gather} \]
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