Exercícios do Teorema – Trabalho Energia Cinética com resolução comentada

O trabalho da força resultante pode ser determinado pelo teorema da energia cinética. Esse teorema afirma que o trabalho resultante realizado sobre um corpo é igual à variação de sua energia cinética. Como a massa permanece constante, essa variação depende apenas das velocidades inicial e final:

\[W_{R} = ΔE_{\text{cin}} = \frac{m}{2} \left(v^{2} – v_{0}^{2}\right) = \frac{3.000}{2} \left[\left(5 \times 10^{3}\right)^{2} – \left(7 \times 10^{3}\right)^{2}\right] = 1.5 \times 10^{3} \left(25 – 49\right) \times 10^{6}\]

Nessa expressão, W_R representa o trabalho da força resultante, m é a massa da cápsula, v é a velocidade final e v₀ é a velocidade inicial. A massa informada é 3000 kg, enquanto as velocidades são convertidas para a forma de potência de dez: 5000 m/s corresponde a 5 × 10³ m/s, e 7000 m/s corresponde a 7 × 10³ m/s.

Ao elevar as velocidades ao quadrado, obtêm-se 25 × 10⁶ e 49 × 10⁶, respectivamente. Como a velocidade final é menor que a inicial, a diferença entre os quadrados é negativa: 25 − 49 = −24. Isso indica que a energia cinética diminuiu durante a reentrada e, portanto, o trabalho da força resultante deve ser negativo.

\[W_{R} = 1.5 \times 10^{3} \left(- 24 \times 10^{6}\right) = – 36 \times 10^{9}\]

O resultado acima pode ser escrito em notação científica como −3,6 × 10¹⁰ J, pois −36 × 10⁹ é equivalente a −3,6 × 10¹⁰. A unidade joule é a unidade de trabalho e de energia no Sistema Internacional.

\[\boxed{ W_{R} = – 3.6 \times 10^{10} \text{J} }\]

Logo, a alternativa correta é b) −3,60 × 10¹⁰ J. O sinal negativo mostra que a cápsula perdeu energia cinética ao sofrer desaceleração durante a reentrada atmosférica.

Como a força resultante é constante, horizontal e paralela ao deslocamento, o trabalho realizado por essa força é igual ao produto do módulo da força pelo deslocamento. Pelo teorema da energia cinética, o trabalho da força resultante corresponde à variação da energia cinética do objeto

\[\tau = \Delta E_{c}\]

O objeto parte do repouso, portanto sua velocidade inicial é nula e sua energia cinética inicial também é igual a zero. Assim, a energia cinética adquirida corresponde à energia cinética associada à velocidade final v

\[F d = \frac{\left(m v\right)^{2}}{2} – 0\]

É necessário converter as grandezas para as unidades do Sistema Internacional. A massa de 500 g equivale a 0,5 kg, e o deslocamento de 10 cm equivale a 0,1 m. Substituindo esses valores na relação entre trabalho e energia cinética, obtém-se

\[160 \cdot 0.1 = \frac{0.5 v^{2}}{2}\]

O lado esquerdo representa o trabalho realizado pela força, enquanto o lado direito representa a energia cinética final do objeto. Isolando o quadrado da velocidade, resulta em

\[v = \sqrt{64}\]

Como a velocidade é uma grandeza cujo módulo não pode ser negativo, considera-se a raiz quadrada positiva. Portanto

\[v = 8 \text{m} / \text{s}\]

Logo, o módulo da velocidade do objeto após o deslocamento de 10 cm é 8 m/s. A alternativa correta é c).

A questão foi invalidada conforme o gabarito oficial, uma vez que todas as proposições apresentadas são tecnicamente incorretas.

I) A primeira afirmação é falsa porque a classificação de um sistema como conservativo depende da natureza das forças envolvidas, sendo que apenas forças conservativas realizam trabalho sem dissipar energia. Como o enunciado não especifica a natureza da força F aplicada, não se pode afirmar que o sistema seja conservativo.

II) A segunda afirmação também é improcedente. Em um cenário de superfície horizontal e totalmente desprovida de atrito, uma vez que a força externa F deixa de ser aplicada, o bloco não sofrerá nenhuma desaceleração. Pelo princípio da inércia, o objeto manterá seu estado de movimento retilíneo e uniforme indefinidamente, não parando após percorrer uma distância D.

III) A terceira afirmação é incorreta pois a quantidade de movimento do bloco não permanece constante durante o experimento. Para que houvesse conservação da quantidade de movimento, o sistema precisaria ser mecanicamente isolado, mas a aplicação da força externa F altera o estado de movimento do corpo, impedindo a conservação desse parâmetro.

A aceleração gravitacional diminui linearmente de g₀, na superfície, até zero, no centro da Terra. Como a força peso é dada pelo produto da massa pela aceleração, F = m⋅a, devemos multiplicar os valores da aceleração representados no gráfico pela massa m do objeto. Assim, o gráfico da força peso em função da distância percorrida também será uma reta decrescente, cujo valor inicial é m⋅g₀ e cujo valor final é zero

O objeto percorre, desde a superfície até o centro da Terra, uma distância igual ao raio terrestre R. Portanto, a região sob o gráfico da força em função da distância é um triângulo de base R e altura m⋅g₀. Essa área representa numericamente o trabalho τ realizado pela força peso, pois o trabalho de uma força variável é determinado pela área sob o gráfico de força em função do deslocamento.

Aplicando o teorema da energia cinética, o trabalho resultante é igual à variação da energia cinética do objeto

\[\tau = ΔE_{c}\]

Como a área triangular é calculada por base multiplicada pela altura, dividida por dois, o trabalho realizado desde a superfície até o centro é

\[\frac{mg_{0} \cdot R}{2} = \frac{mv^{2}}{2} – 0\]

Na expressão da energia cinética, o termo final corresponde à energia cinética no centro da Terra, enquanto o termo inicial é zero porque o objeto foi solto a partir do repouso. Assim, a variação da energia cinética é igual à energia cinética adquirida durante a queda.

Multiplicando a igualdade por dois, obtemos uma expressão em que a massa m aparece nos dois lados. Essa massa pode ser cancelada, mostrando que a velocidade alcançada não depende da massa do objeto

\[v = \sqrt{g_{0} \cdot R}\]

Logo, o módulo da velocidade do objeto ao passar pelo centro da Terra é √(g₀⋅R), correspondente à alternativa c

Para determinar o trabalho realizado pela parede sobre o projétil, aplica-se o teorema da energia cinética. Esse teorema estabelece que o trabalho resultante associado à variação da energia cinética pode ser calculado a partir da massa e da velocidade do projétil. Como o projétil é lançado com velocidade inicial de 300 m/s e sua massa é de 20 g, é necessário converter a massa para o Sistema Internacional:

20 g = 0,02 kg

Assim, utilizando a expressão da energia cinética, obtém-se:

\[\tau = ΔE_{\text{cin}} = \frac{mv^{2}}{2}\]

Nessa relação, \(\tau\) representa o trabalho, \(m\) é a massa do projétil e \(v\) é sua velocidade. Substituindo \(m\) por 0,02 kg e \(v\) por 300 m/s:

\[\tau = \frac{0.02 \cdot 300^{2}}{2}\]

Primeiro, calcula-se o quadrado da velocidade: 300² = 90.000. Em seguida, multiplica-se esse valor pela massa, 0,02 kg, e divide-se o resultado por 2. Dessa forma, o trabalho encontrado é:

\[\tau = 900 \text{J}\]

Portanto, o trabalho realizado pela parede sobre o projétil é de 900 J, correspondendo à alternativa d).

1ª Solução: aplicação da dinâmica

Durante o deslizamento, a única força horizontal que atua sobre a caixa é a força de atrito cinético. Como essa força se opõe ao movimento, ela tem sentido contrário ao da velocidade e, por isso, produz uma aceleração negativa, isto é, uma desaceleração.

Aplicando o princípio fundamental da dinâmica, a força resultante é igual ao produto da massa pela aceleração. Na plataforma horizontal, a força normal tem módulo igual ao peso, portanto N = mg. Como o módulo da força de atrito cinético é F_at = μN, temos:

\[F_{R} = – F_{\text{at}}\]
\[ma = – μN =⇒ \cancel{m} a = – \mu \cancel{m} g =⇒ a = – μg\]

O sinal negativo indica que a aceleração tem sentido oposto ao deslocamento. Ao substituir N = mg na expressão da força de atrito, a massa aparece nos dois lados da igualdade e pode ser cancelada. Assim, a aceleração de frenagem depende do coeficiente de atrito e da gravidade, mas não depende da massa da caixa.

Como a velocidade final é zero e o deslocamento é conhecido, utiliza-se a equação de Torricelli:

\[v^{2} = v_{0}^{2} + 2 aΔS\]
\[0 = v_{0}^{2} – 2 μgΔS\]
\[\mu = \frac{v_{0}^{2}}{2 gΔS} = \frac{2^{2}}{2 \cdot 10 \cdot 1.6} = \frac{1}{8}\]
\[\mu = 0.125\]

Nessa substituição, foram utilizados v = 0, pois a caixa para ao final do deslizamento; v₀ = 2,00 m/s, velocidade inicial; g = 10,0 m/s², aceleração da gravidade; e ΔS = 1,60 m, distância percorrida até parar. O coeficiente de atrito é adimensional.

Portanto, o valor encontrado é μ = 0,125, que corresponde à alternativa b.

2ª Solução: aplicação do teorema da energia cinética

A força de atrito é responsável por retirar a energia cinética da caixa. Como a caixa termina o movimento em repouso, sua energia cinética final é nula. O trabalho realizado pela força resultante é, portanto, igual à variação da energia cinética.

Aplicando o teorema da energia cinética, o trabalho da força de atrito é negativo porque o atrito atua em sentido contrário ao deslocamento:

\[\begin{array}{l}W_{\overset{\rightarrow}{R}} = ΔE_{c} \\ W_{\left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{\text{at}}} = E_{C_{f}} – E_{C_{i}} \\ – F_{\text{at}} ΔS = 0 – \frac{mv_{0}^{2}}{2} \\ – \mu \cancel{m} gΔS = – \frac{\cancel{m} v_{0}^{2}}{2}\end{array}\]
\[\mu = \frac{v_{0}^{2}}{2 gΔS}\]
\[\frac{2^{2}}{2 \cdot 10 \cdot 1.6} = \frac{1}{8}\]
\[\mu = 0.125\]

Na expressão, o trabalho do atrito é −F_atΔS, pois força e deslocamento possuem sentidos opostos. Além disso, F_at = μN = μmg. A energia cinética inicial é mv₀²/2, enquanto a energia cinética final é zero. A massa aparece em ambos os membros e é cancelada, conduzindo à mesma relação obtida pela dinâmica.

Assim, o coeficiente de atrito cinético entre as caixas e a plataforma vale 0,125. Logo, a resposta correta é a alternativa b.

Entre os pontos X e Y, a rampa é perfeitamente lisa, portanto não há trabalho realizado por força de atrito nesse trecho. Como o bloco parte do repouso em X, sua energia cinética inicial é nula. Assim, pela conservação da energia mecânica, a energia potencial gravitacional perdida durante a descida transforma-se em energia cinética no ponto Y. Como foi adotado U_Y = 0, essa transformação implica que a energia cinética do bloco em Y é igual à energia potencial gravitacional que ele possuía em X.

No trecho YZ, a superfície é horizontal. Portanto, a força peso e a força normal não realizam trabalho resultante nesse deslocamento; a única força que altera a energia cinética do bloco é a força de atrito. Como o bloco para em Z, sua energia cinética final nesse trecho é nula. Aplicando o teorema da energia cinética, segundo o qual o trabalho resultante é igual à variação da energia cinética, temos:

\[\tau_{P} + \tau_{\text{at}} = ΔE_{C}\]
\[U_{x} + \tau_{\text{at}} = 0\]
\[\tau_{\text{at}} = – U_{x}\]

Na primeira relação, τ_P representa o trabalho da força peso, τ_at representa o trabalho da força de atrito e ΔE_C é a variação da energia cinética. No trecho horizontal YZ, o peso não altera a energia cinética, pois seu trabalho é nulo. Como o bloco termina em repouso, a energia cinética diminui até zero; por isso, o trabalho do atrito é negativo, indicando que essa força se opõe ao movimento.

O sinal negativo mostra que o atrito retira energia mecânica do bloco. Como a questão solicita o módulo do trabalho, devemos desconsiderar esse sinal, obtendo um valor positivo igual a U_X. Portanto, a alternativa correta é b) U_X.

Para determinar a força de atrito constante no trecho \(AB\), primeiro é necessário calcular o comprimento desse trecho. Pelo desenho, a altura do ponto A em relação ao solo é 25 m e a altura do ponto B é 20 m. Portanto, a diferença de altura entre A e B é 5 m.

Como o plano inclinado forma um ângulo de 60° com a vertical, a diferença de altura corresponde ao cateto adjacente ao ângulo, enquanto \(AB\) é a hipotenusa. Assim:

Distância de A até B:

\[cos 60 \circ = 0.5 = \frac{5}{\bar{A B}}\]
\[\bar{A B} = 10 \text{m}\]

Logo, o corpo percorre 10 m sob a ação do atrito. A força de atrito realiza trabalho negativo, pois atua em sentido contrário ao deslocamento. A partir de B, entretanto, o corpo cai até C sem forças dissipativas; portanto, o único trabalho não conservativo realizado durante todo o movimento de A até C é o trabalho do atrito no trecho \(AB\).

Aplicando o teorema da energia cinética, o trabalho resultante sobre o corpo é igual à variação de sua energia cinética. O corpo parte do repouso, de modo que sua energia cinética inicial é nula. O trabalho da força peso depende apenas da descida vertical total: o ponto A está a 20 m do solo, conforme os dados do desenho.

Assim, o trabalho do atrito, representado por \(-F_{at}\cdot AB\), somado ao trabalho da força peso, \(mgh\), é igual à energia cinética do corpo ao atingir C:

\[\tau_{\text{Fat}} + \tau_{P} = ΔE_{c}\]
\[- F_{\text{at}} \cdot \bar{AB} + mgh = \frac{\left(mv_{C}\right)^{2}}{2}\]
\[- F_{\text{at}} \cdot \cancel{10} + \cancel{10} \cdot 10 \cdot 20 = \frac{\cancel{10} \cdot 19^{2}}{2}\]
\[- F_{\text{at}} + 200 = 180.5\]
\[F_{\text{at}} = 19.5 \text{N}\]

Na substituição, foram usados \(m=10\) kg, \(g=10\) m/s², \(h=20\) m e \(v_C=19\) m/s. O termo \(200\) J corresponde ao trabalho da força peso, enquanto \(180,5\) J é a energia cinética do corpo ao atingir o solo. Ao isolar a intensidade da força de atrito, obtém-se \(19,5\) N.

Portanto, a alternativa correta é c) 19,5 N.

De acordo com o Teorema da Energia Cinética, a variação da energia cinética do bloco é igual ao trabalho realizado pela força resultante que atua sobre ele. Como a variação informada é de 10,0 J, temos:

\[W_{F_{R}} = \Delta E_{C} = 10 \text{J}\]

Na direção horizontal, as forças que realizam trabalho são a força de tração, de intensidade T, e a força de atrito, que se opõe ao movimento. Assim, a força resultante horizontal é obtida pela diferença entre a tração e o atrito:

Por meio do diagrama de corpo livre abaixo, pode-se visualizar as forças que atuam no bloco e obter a expressão da força resultante.

\[F_{R} = T – F_{a t} \left(1\right)\]

Ao calcular o trabalho ao longo do deslocamento, a relação anterior conduz à diferença entre o trabalho da força de tração e o trabalho da força de atrito:

\[\text{W}_{FR_{R}} = W_{T} – W_{F_{at }} \left(2\right)\]

O trabalho da força de tração é numericamente igual à área sob o gráfico da força de tração em função da posição. Portanto, é necessário interpretar geometricamente essa área no intervalo de 0,0 m a 5,0 m.

A área correspondente ao gráfico é calculada pela soma das áreas das figuras geométricas indicadas. Dessa forma:

\[w_{\overset{\rightharpoonup}{T}} = \left(4 + 1\right) \cdot \frac{12}{2}\]
\[\left(\overset{\rightharpoonup}{w}\right)_{T} = 30 \text{J}\]

Assim, o trabalho da força de tração é igual a 30 J. Substituindo esse valor e o trabalho resultante, que corresponde à variação da energia cinética de 10 J, na equação (2), determinamos o trabalho associado ao atrito:

\[W_{F R} = W_{T} – W_{F a t}\]
\[10 \text{J} = 30 \text{J} – W_{F_{a t}}\]
\[W_{F a t} = 20 \text{J}\]

O atrito cinético possui intensidade constante e é dado pelo produto do coeficiente de atrito cinético pela força normal. Como o deslocamento é horizontal e o trabalho é calculado ao longo de 5,0 m, utiliza-se a relação entre o trabalho do atrito, sua intensidade e o deslocamento. No desenvolvimento abaixo, considera-se o módulo desse trabalho, igual a 20 J:

\[\begin{array}{l}W_{\overset{\rightarrow}{F} at} = F_{\text{at}} \cdot x \\ W_{\overset{\rightarrow}{F} at} = \mu \cdot N \cdot x\end{array}\]

Na superfície horizontal, a força normal vale 40 N, de acordo com os dados utilizados na resolução. Substituindo o módulo do trabalho do atrito, a normal e o deslocamento de 5,0 m:

\[20 \text{J} = \mu \cdot 40 \text{N} \cdot 5 \text{m}\]
\[\mu = \frac{20}{200}\]
\[\mu = 0.10\]

Logo, o coeficiente de atrito cinético é μ = 0,10. Portanto, a alternativa correta é a a).

A área sob o gráfico da força em função da posição corresponde, numericamente, ao trabalho realizado pela força durante o deslocamento de x = 0 até x = 10 m. Como a região representada no gráfico é um trapézio, seu trabalho é calculado pela área dessa figura geométrica. Assim, a base maior mede 10 m, a base menor mede 5 m e a altura, correspondente ao módulo da força, mede 3 N

Portanto, a área do trapézio fornece diretamente o trabalho realizado pela força na direção do movimento. A unidade obtida é o joule, pois N · m = J

Admitindo que não existam outras forças realizando trabalho na direção do eixo x, a força \(\left(\left(\overset{\rightarrow}{F}\right)_{x}\right)\) é a força resultante. Nesse caso, podemos aplicar o teorema da energia cinética, segundo o qual o trabalho da força resultante é igual à variação da energia cinética

\[TEC : W_{\overset{\rightarrow}{R}} = ΔE_{c}\]

Como a força considerada é a resultante, o trabalho calculado pela área do trapézio pode ser igualado à variação da energia cinética. O corpo parte do repouso, portanto sua velocidade inicial é nula e sua energia cinética inicial também é zero

\[W_{\overset{\rightarrow}{F} x} = \frac{m v^{2}}{2} = \overline{\left.\right)\frac{m v_{0}^{2}}{2}}\]

Substituindo na expressão o valor da área do trapézio, a massa do corpo, igual a 5 kg, e a altura do gráfico, igual a 3 N, obtemos a relação entre o trabalho e a velocidade do corpo na posição x = 10 m

\[\frac{10 + 5}{2} \cdot 3 = \frac{5 v^{2}}{2}\]

O membro esquerdo representa a área do trapézio, isto é, o trabalho realizado pela força. O membro direito representa a energia cinética final, uma vez que a energia cinética inicial é nula. Simplificando a igualdade, encontramos o quadrado da velocidade

\[v^{2} = 9\]

Como se trata do módulo da velocidade, consideramos a raiz positiva de 9. A velocidade é inicialmente obtida em metros por segundo

\[\begin{array}{l}v = 3 \text{m} / \text{s} = 3 \times 3.6 \text{km} / h \\ \overline{\left.\right)v = 10.8 \text{km} / \text{h} }\end{array}\]

A conversão foi feita multiplicando por 3,6, pois 1 m/s corresponde a 3,6 km/h. Logo, o módulo da velocidade do corpo ao passar pela posição x = 10 m é 10,8 km/h, portanto a alternativa correta é e) 10,8.