Física do ensino médio · Grades 10–12

18Energia mecânica e sua conservação

Uma montanha-russa não tem motor depois da primeira subida: cada looping, cada disparo de velocidade dali em diante é gasto da conta aberta na subida. Este capítulo transforma essa contabilidade em dois números — energia cinética e energia potencial — e numa regra: enquanto só o peso realizar trabalho, a soma dos dois não muda. O atrito é a taxa; vamos aprender a lê-la nos livros.

18.1 Energia cinética

Definição 18.1 (Energia cinética)

Um corpo de massa $m$ ( $\mathrm{kg}$ ) que se move com velocidade $v$ ( $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ) carrega a energia cinética

E_k = \tfrac12\, m v^2 .

Conferência de unidades: $\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}^{2} = \mathrm{N}\,\mathrm{m} = \mathrm{J}$ — joules, como toda energia (Capítulo 9).

Exemplo 18.2 (Ordens de grandeza)

um pedestre, $70\,\mathrm{kg}$ a $1.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k = \tfrac12 \times 70 \times 1.4^2 \approx 69\,\mathrm{J}$ ;
um carro, $1300\,\mathrm{kg}$ a $130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ $= 36.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k \approx 8.5 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ;
um trem de alta velocidade, $m = 3.85 \times 10^{5}\,\mathrm{kg}$ , a $320\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ $= 88.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k \approx 1.5 \times 10^{9}\,\mathrm{J}$ ;
uma bala de fuzil, $8.0\,\mathrm{g}$ a $800\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k \approx 2.6\,\mathrm{kJ}$ .

Sete ordens de grandeza separam o passeio do trem. E $E_k$ cresce com o quadrado da velocidade: a $130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ o carro carrega $4$ vezes a energia que tem a $65\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ — quatro vezes o que os freios dele precisam remover.

18.2 O teorema da energia cinética

Teorema 18.3 (Teorema da energia cinética)

Para um corpo de massa $m$ que se move em linha reta de $A$ até $B$ , a variação da energia cinética é igual ao trabalho total (Capítulo 17) recebido:

\Delta E_k = E_k(B) - E_k(A) = \sum W_{AB}(\vect F),

com a soma percorrendo todas as forças que agem sobre o corpo. Ele se estende a movimentos ao longo de qualquer caminho, o que também admitimos aqui.

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Exemplo 18.4 (Queda livre, conferida quadro a quadro)

Uma bola de $0.200\,\mathrm{kg}$ é solta e filmada; os quadros dão:

$t$ ( $\mathrm{s}$ )	0.10	0.20	0.30	0.40
altura de queda $h$ ( $\mathrm{m}$ )	0.049	0.196	0.441	0.785
velocidade $v$ ( $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ )	0.98	1.96	2.94	3.92
$E_k = \tfrac12 mv^2$ ( $\mathrm{J}$ )	0.096	0.384	0.864	1.54
$W = mgh$ ( $\mathrm{J}$ )	0.096	0.385	0.865	1.54

Partindo de $E_k = 0$ , em cada quadro $E_k$ coincide com o trabalho $mgh$ do peso: $\Delta E_k = W(\vect P)$ , ou seja, $v^2 = 2gh$ — o teorema, verificado com a precisão das leituras.

Observação 18.5 (Onde mora a demonstração)

O enunciado geral — válido ao longo de qualquer caminho, e não só de uma reta — decorre da segunda lei de Newton e de um pouco de cálculo, ambos mais adiante neste livro (Capítulos 25 e 29); até lá, a conferência da queda livre é a nossa garantia, e admitimos a versão para caminhos curvos e a usamos à vontade.

18.3 Energia potencial gravitacional

Definição 18.6 (Energia potencial gravitacional)

Um corpo de massa $m$ à altitude $z$ , medida para cima a partir de um nível de referência escolhido onde $z = 0$ , armazena a energia potencial gravitacional

E_p = m g z, \qquad g = 9.81\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}.

Observação 18.7 (Só as diferenças importam)

Ir de $A$ até $B$ muda $E_p$ em $mg(z_B - z_A) = -W_{AB}(\vect P)$ : o oposto do trabalho do peso (Capítulo 17). O nível de referência é uma escolha livre — o piso, o nível do mar, o tampo da mesa — e desloca $E_p$ em toda parte por uma constante que some de toda diferença. Coloque-o onde os números ficarem mais simples, e não o mude no meio do problema.

Exemplo 18.8 (Um livro numa prateleira)

Um livro de $1.2\,\mathrm{kg}$ está $1.8\,\mathrm{m}$ acima do piso, que por sua vez está $9.0\,\mathrm{m}$ acima da rua. Referência no piso: $E_p = 1.2 \times 9.81 \times 1.8 \approx 21\,\mathrm{J}$ ; na rua: $E_p \approx 127\,\mathrm{J}$ . Cair até o piso libera $21\,\mathrm{J}$ nas duas contas.

18.4 Energia mecânica e sua conservação

Definição 18.9 (Energia mecânica)

A energia mecânica de um corpo é

E_m = E_k + E_p = \tfrac12 m v^2 + m g z .

Teorema 18.10 (Conservação da energia mecânica)

Se a única força que realiza trabalho sobre um corpo é o seu peso (sem atrito; as outras forças, como a reação de um trilho sem atrito, perpendiculares ao movimento), $E_m$ se conserva: para quaisquer dois pontos $A$ e $B$ do movimento,

\tfrac12 m v_A^2 + m g z_A = \tfrac12 m v_B^2 + m g z_B .

Demonstração. Pelo teorema da energia cinética, $E_k(B) - E_k(A) = W_{AB}(\vect P) = mg(z_A - z_B) = E_p(A) - E_p(B)$ : o que $E_k$ ganha, $E_p$ perde. ∎

Exemplo 18.11 (Toboágua)

Uma criança parte do repouso no alto de um toboágua sem atrito, de altura $h = 3.2\,\mathrm{m}$ . Referência embaixo: $mgh = \tfrac12 mv^2$ , logo $v = \sqrt{2gh} \approx 7.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ( $29\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ) — seja qual for a massa e seja qual for o formato do escorregador: reto, curvo ou em espiral, só o desnível entra.

Exemplo 18.12 (Pêndulo)

A massa de um pêndulo é puxada de lado até subir $h = 12\,\mathrm{cm}$ acima do seu ponto mais baixo e depois é solta. Nos extremos $v = 0$ ; no fundo, todo o $mgh$ é cinético, $v = \sqrt{2gh} \approx 1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; e do outro lado a massa sobe de volta a exatamente $12\,\mathrm{cm}$ .

O pêndulo troca E_p por E_k e de volta: tudo potencial nos extremos, tudo cinético no fundo, com a mesma subida h duas vezes. — O pêndulo troca $E_p$ por $E_k$ e de volta: tudo potencial nos extremos, tudo cinético no fundo, com a mesma subida $h$ duas vezes.

Diagrama de barras de energia de uma montanha-russa sem atrito: em cada posição as barras de E_p e E_k se empilham até o mesmo total E_m (linha tracejada). — Diagrama de barras de energia de uma montanha-russa sem atrito: em cada posição as barras de $E_p$ e $E_k$ se empilham até o mesmo total $E_m$ (linha tracejada).

Exemplo 18.13 (Velocidade de aterrissagem num salto de esqui)

Um saltador de esqui deixa a rampa a $v_A = 25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e aterrissa $\Delta z = 40\,\mathrm{m}$ abaixo. Desprezando a resistência do ar, $v_B = \sqrt{v_A^2 + 2g\,\Delta z} = \sqrt{625 + 785} \approx 38\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — sem precisar conhecer a trajetória do voo.

Salto de esqui: seja qual for a curva voada de A até B, só o desnível z entra no balanço de energia. — Salto de esqui: seja qual for a curva voada de $A$ até $B$ , só o desnível $\Delta z$ entra no balanço de energia.

18.5 Dissipação pelo atrito

Definição 18.14 (Dissipação)

Diz-se que a energia que sai da conta mecânica é dissipada: ela reaparece como energia térmica nas superfícies que se esfregam e no ar. A energia total se conserva (Capítulo 9); só a energia mecânica é que não.

Proposição 18.15 (O déficit mede o atrito)

Se uma força de atrito $\vect f$ também realiza trabalho ao longo do movimento,

\Delta E_m = E_m(B) - E_m(A) = W_{AB}(\vect f) < 0:

a perda de energia mecânica é igual ao trabalho do atrito.

Demonstração. O teorema da energia cinética passa a dizer $\Delta E_k = W_{AB}(\vect P) + W_{AB}(\vect f) = -\Delta E_p + W_{AB}(\vect f)$ ; passe $\Delta E_p$ para o outro lado. O atrito se opõe ao movimento, de modo que o trabalho dele é negativo. ∎

Exemplo 18.16 (Auditoria do trenó)

Uma criança com o trenó ( $m = 40\,\mathrm{kg}$ ) parte do repouso, desce $h = 5.0\,\mathrm{m}$ ao longo de $12\,\mathrm{m}$ de neve e chega a $7.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , em vez dos $\sqrt{2gh} \approx 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ sem atrito. Referência embaixo: $\Delta E_m = \tfrac12 \times 40 \times 7.0^2 - 40 \times 9.81 \times 5.0 = 980 - 1962 = -982\,\mathrm{J}$ . Logo, $W(\vect f) = -982\,\mathrm{J}$ ao longo de $12\,\mathrm{m}$ : uma força de atrito média $f = 982/12 \approx 82\,\mathrm{N}$ e $982\,\mathrm{J}$ de calor nos patins e na neve.

E_m ao longo de um movimento: constante sem atrito e decrescente com ele — a queda em cada instante é o calor produzido até ali. — $E_m$ ao longo de um movimento: constante sem atrito e decrescente com ele — a queda em cada instante é o calor produzido até ali.

Método 18.17 (Contabilidade de energia)

Escolha um nível de referência e mantenha-o; nomeie $A$ (dados) e $B$ (pergunta).
Escreva $E_m = \tfrac12 mv^2 + mgz$ em $A$ e em $B$ .
Sem atrito: $E_m(A) = E_m(B)$ ; resolva — tipicamente $v_B = \sqrt{v_A^2 + 2g(z_A - z_B)}$ .
Com atrito: $E_m(B) - E_m(A) = -f\ell$ ( $\ell$ = comprimento do caminho); resolva para a incógnita.
Confira: as barras de $E_k$ e $E_p$ se empilham até $E_m$ , que fica constante a não ser que haja atrito.

18.6 Exercícios

Exercício 18.1 ★

Calcule a energia cinética (a) de uma motoneta com condutor, $90\,\mathrm{kg}$ a $25\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; (b) de um carro de $1200\,\mathrm{kg}$ a $130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . (c) Por que fator $E_k$ muda quando a velocidade dobra? E quando triplica?

Solução

Solução de Exercício 18.1.

(a) $v = 6.94\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k = \tfrac12 \times 90 \times 6.94^2 \approx 2.2 \times 10^{3}\,\mathrm{J}$ . (b) $v = 36.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k = \tfrac12 \times 1200 \times 36.1^2 \approx 7.8 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . (c) $\times 4$ ; $\times 9$ — o quadrado.

Exercício 18.2 ★

Um alpinista de $75\,\mathrm{kg}$ ganha $850\,\mathrm{m}$ de altitude. Calcule o ganho de energia potencial. Ele depende do nível de referência? E da rota?

Solução

Solução de Exercício 18.2.

$\Delta E_p = 75 \times 9.81 \times 850 \approx 6.3 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . Não: a referência desloca os dois valores igualmente. Não: só a diferença de altura entra.

Exercício 18.3 ★

Um vaso de flores cai $20\,\mathrm{m}$ de uma sacada. Desprezando a resistência do ar, encontre a velocidade de chegada ao chão em $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e em $\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . Para onde foi a massa?

Solução

Solução de Exercício 18.3.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 20} = 19.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} \approx 71\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . Em $mgh = \tfrac12 mv^2$ a massa se cancela.

Exercício 18.4 ★

Um carro de $1200\,\mathrm{kg}$ freia de $25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ até parar em $50\,\mathrm{m}$ . Use o teorema da energia cinética para achar o trabalho dos freios e depois a força média de frenagem.

Solução

Solução de Exercício 18.4.

$W = \Delta E_k = 0 - \tfrac12 \times 1200 \times 25^2 = -3.75 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ; $F = 3.75 \times 10^{5}/50 = 7.5 \times 10^{3}\,\mathrm{N}$ .

Exercício 18.5 ★

A massa de um pêndulo é solta $8.0\,\mathrm{cm}$ acima do seu ponto mais baixo. Encontre a velocidade dela no fundo e a altura alcançada do outro lado.

Solução

Solução de Exercício 18.5.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 0.080} \approx 1.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; ela sobe de volta a $8.0\,\mathrm{cm}$ (conservação).

Exercício 18.6 ★★

Usando o Exemplo 18.2: por que fator a energia cinética do trem supera a da bala? A que altura a própria $E_k$ dele levantaria o trem ( $h = v^2/2g$ )?

Solução

Solução de Exercício 18.6.

$1.5 \times 10^{9}/2.6 \times 10^{3} \approx 5.9 \times 10^{5}$ : cerca de seiscentas mil balas. $h = 88.9^2/(2 \times 9.81) \approx 4.0 \times 10^{2}\,\mathrm{m}$ — a própria velocidade dele levantaria o trem $400$ metros.

Exercício 18.7 ★★

Dois escorregadores sem atrito descem da mesma plataforma de $3.0\,\mathrm{m}$ , um reto e íngreme, outro longo e sinuoso. Compare as velocidades de chegada (calcule-as) e os tempos de chegada (sem contas).

Solução

Solução de Exercício 18.7.

Mesma velocidade $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 3.0} \approx 7.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (só o desnível entra). O escorregador íngreme vence no tempo: ele atinge alta velocidade mais cedo e o caminho dele é mais curto.

Exercício 18.8 ★★

Uma bola é lançada verticalmente para cima a $12\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Encontre a altura máxima alcançada e depois a velocidade a $4.0\,\mathrm{m}$ — na subida e na descida.

Solução

Solução de Exercício 18.8.

$h = v^2/2g = 144/19.62 \approx 7.3\,\mathrm{m}$ . A $4.0\,\mathrm{m}$ : $v = \sqrt{144 - 2 \times 9.81 \times 4.0} \approx 8.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — a mesma nos dois sentidos: $E_m$ depende da altura, não do sentido do percurso.

Exercício 18.9 ★★

Um saltador de esqui deixa a rampa a $23\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e aterrissa $35\,\mathrm{m}$ abaixo. Preveja a velocidade de aterrissagem sem resistência do ar; o valor real é maior ou menor, e por quê?

Solução

Solução de Exercício 18.9.

$v = \sqrt{23^2 + 2 \times 9.81 \times 35} = \sqrt{1216} \approx 35\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Menor na realidade: a resistência do ar dissipa parte de $E_m$ .

Exercício 18.10 ★★

Um trenó de $45\,\mathrm{kg}$ parte do repouso, desce $6.0\,\mathrm{m}$ ao longo de $15\,\mathrm{m}$ de encosta e chega a $8.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Encontre a energia mecânica perdida e depois a força média de atrito. Para onde foi a energia?

Solução

Solução de Exercício 18.10.

$\Delta E_m = \tfrac12 \times 45 \times 8.0^2 - 45 \times 9.81 \times 6.0 = 1440 - 2649 \approx -1.2 \times 10^{3}\,\mathrm{J}$ ; $f = 1209/15 \approx 81\,\mathrm{N}$ . Virou calor, nos patins e na neve.

Exercício 18.11 ★★

O pino de Galileu: um pêndulo solto $15\,\mathrm{cm}$ acima do seu ponto mais baixo encontra um pino que bloqueia a metade superior do fio na vertical. Encontre a velocidade no fundo e a subida além do pino; o que o pino muda e o que não muda?

Solução

Solução de Exercício 18.11.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 0.15} \approx 1.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; ela sobe de novo a $15\,\mathrm{cm}$ . O pino muda o caminho (um círculo mais fechado), não a energia: alturas e velocidades ficam intocadas.

Exercício 18.12 ★★★

Um skatista entra num half-pipe a partir de $2.5\,\mathrm{m}$ ; cada travessia (de um lado ao outro) dissipa $10\%$ da energia mecânica. Encontre a velocidade no fundo da primeira descida e, em seguida — calculando as alturas sucessivas de subida —, a primeira travessia que termina abaixo de $1.0\,\mathrm{m}$ .

Solução

Solução de Exercício 18.12.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 2.5} = 7.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . As alturas de subida escalam com $E_m$ , logo ficam $\times 0.9$ a cada travessia: $2.25$ , $2.03$ , $1.82$ , $1.64$ , $1.48$ , $1.33$ , $1.20$ , $1.08$ , $0.97$ — a primeira abaixo de $1.0\,\mathrm{m}$ é a $9$ ^a travessia.

Exercício 18.13 ★★★

Do alto de um penhasco de $45\,\mathrm{m}$ , uma pedra é lançada a $15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — para cima, na horizontal ou em qualquer ângulo. Mostre que a velocidade de chegada ao solo é a mesma em todos os casos e calcule-a. O que depende do ângulo?

Solução

Solução de Exercício 18.13.

A mesma $E_m$ inicial $\tfrac12 m \times 15^2 + m \times 9.81 \times 45$ seja qual for o ângulo, de modo que a velocidade no solo vale $v = \sqrt{225 + 2 \times 9.81 \times 45} = \sqrt{1108} \approx 33\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . O ângulo fixa a direção da velocidade de chegada, o tempo de voo e o alcance — e não a velocidade de chegada.

Exercício 18.14 ★★★

Um esquiador de descida de $80\,\mathrm{kg}$ parte do repouso e desce $120\,\mathrm{m}$ de desnível ao longo de uma pista de $800\,\mathrm{m}$ , contra uma força de atrito constante de $65\,\mathrm{N}$ . Encontre a velocidade de chegada e a fração de $E_m$ dissipada.

Solução

Solução de Exercício 18.14.

$\tfrac12 mv^2 = mgh - f\ell = 80 \times 9.81 \times 120 - 65 \times 800 = 94\,176 - 52\,000 = 4.22 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ , logo $v = \sqrt{2 \times 42\,176/80} \approx 32\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ( $117\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ). Fração dissipada: $52000/94176 \approx 55\%$ .

Exercício 18.15 ★★★

Uma usina reversível eleva $V = 2.0 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$ de água ( $1000\,\mathrm{kg}$ por $\mathrm{m}^{3}$ ) por $300\,\mathrm{m}$ . Calcule a energia armazenada em joules e em $\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ ; turbinada de volta com $85\%$ de rendimento (Capítulo 9), quantas casas que consomem $10\,\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ por dia ela alimenta durante um dia?

Solução

Solução de Exercício 18.15.

$m = 2.0 \times 10^{9}\,\mathrm{kg}$ : $E_p = 2.0 \times 10^{9} \times 9.81 \times 300 \approx 5.9 \times 10^{12}\,\mathrm{J} = 5.9 \times 10^{12}/3.6 \times 10^{6} \approx 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ . Recuperada: $0.85 \times 1.64 \times 10^{6} \approx 1.4 \times 10^{6}\,\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ — cerca de $1.4 \times 10^{5}$ casas por um dia.

18.7 Problema: projetar o looping

Problema 18.1

Problema de fim de semana — uma auditoria energética de uma montanha-russa: a altura de lançamento que um looping impõe, as velocidades que ela promete, o atrito confessado por dois sensores e os freios que fecham a conta — o passeio inteiro pendurado num único número

Um trem de massa $m = 2.0 \times 10^{3}\,\mathrm{kg}$ é solto do repouso de um morro de lançamento de altura $H$ e desliza, sem motor, por um looping circular vertical de raio $R = 8.0\,\mathrm{m}$ cujo topo fica à altura $2R$ . A análise do movimento circular (no ano que vem) fornece o único dado que tomamos emprestado: no topo do looping, o trem só pressiona o trilho se $v_{\text{topo}}^2 \geq gR$ . As Partes I e II ignoram o atrito.

Parte I — O morro que o looping impõe.

Calcule a velocidade mínima segura no topo do looping.
Com o solo como nível de referência, calcule a energia mecânica do trem no topo do looping com essa velocidade mínima.
Deduza $H_{\min}$ e mostre que $H_{\min} = 5R/2$ — sem massa e sem $g$ .
A equipe adota $H = 24\,\mathrm{m}$ : calcule a velocidade real no topo do looping e a razão $v_{\text{topo}}^2/(gR)$ .
Para onde foi o $m$ ? Por que o projeto serve igualmente a trens lotados e vazios?

Parte II — O que a altura promete ( $H = 24\,\mathrm{m}$ ).

Qual é a velocidade no fundo do looping ( $z = 0$ ), em $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e em $\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ?
Qual é a velocidade na lateral do looping ( $z = R$ )?
Calcule $E_p$ e $E_k$ no lançamento, no fundo, na lateral e no topo do looping; confira que cada par soma $mgH$ .
Uma lombada de $12\,\mathrm{m}$ vem depois do looping: qual é a velocidade no alto dela?
Dê a fórmula geral de $v(z)$ ; onde o passeio é mais rápido e onde é mais lento?

Parte III — A auditoria do atrito. Dois sensores à mesma altura $z = 2.0\,\mathrm{m}$ , separados por $60\,\mathrm{m}$ de trilho, leem $v_1 = 20.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e depois $v_2 = 19.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Calcule a variação de energia mecânica entre os sensores. O que torna esperta a escolha de colocá-los na mesma altura?
Deduza o trabalho do atrito e a força média de atrito.
Para onde foi a energia que falta? Nomeie a forma e os lugares.
Que fração da $E_m$ do trem se perde a cada $60\,\mathrm{m}$ ? Por que o $H_{\min}$ puro seria inseguro no mundo real, cheio de atrito?
Cerca de $90\,\mathrm{m}$ de trilho separam o lançamento do topo do looping: estime $E_m$ ali; a margem da questão 4 ainda salva o looping?

Parte IV — Fechar a conta. O último sensor, na entrada do trecho horizontal reto de frenagem ( $z = 0$ ), lê $18.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Calcule a energia cinética do trem ali.
Os freios precisam pará-lo em $d = 45\,\mathrm{m}$ : calcule a força de frenagem (constante) necessária.
Conferência de conforto: calcule a desaceleração $a = F/m$ ; compare com $g$ .
Quanta energia o atrito do trilho dissipou no passeio inteiro? Verifique que atrito $+$ freios $= mgH$ , joule a joule.
Desfecho, em uma frase: que único número fixou a segurança do looping, todas as velocidades, a conta do atrito e a força dos freios — e qual foi o preço de ignorar o atrito?

Solução

Solução de Problema 18.1.

1. $v_{\text{topo}} = \sqrt{gR} = \sqrt{9.81 \times 8.0} \approx 8.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

2. $E_m = mg\,(2R) + \tfrac12 m gR = 3.14 \times 10^{5} + 7.8 \times 10^{4} \approx 3.92 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ .

3. $mgH_{\min} = E_m$ dá $H_{\min} = 20\,\mathrm{m}$ ; algebricamente, $H_{\min} = 2R + \frac{gR}{2g} = \frac{5R}{2}$ .

4. $v_{\text{topo}} = \sqrt{2g(H - 2R)} = \sqrt{2 \times 9.81 \times 8.0} \approx 12.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $v_{\text{topo}}^2/(gR) = 2.0$ — o dobro do mínimo.

5. Toda energia é proporcional a $m$ , de modo que $m$ se cancela: mesmas velocidades e mesma segurança, com o trem cheio ou vazio.

6. $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 24} \approx 21.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s} \approx 78\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .

7. $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times (24 - 8.0)} \approx 17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

8. $mgH = 4.71 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . $(E_p, E_k)$ : lançamento $(4.71 \times 10^{5}, 0)$ ; fundo $(0, 4.71 \times 10^{5})$ ; lateral $(1.57 \times 10^{5}, 3.14 \times 10^{5})$ ; topo $(3.14 \times 10^{5}, 1.57 \times 10^{5})$ — cada par soma $4.71 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ .

9. $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times (24 - 12)} \approx 15.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

10. $v(z) = \sqrt{2g(H - z)}$ : mais rápido no ponto mais baixo do trilho e mais lento no topo do looping.

11. Mesma altura, logo $\Delta E_p = 0$ e $\Delta E_m = \Delta E_k = \tfrac12 \times 2000 \times (19.2^2 - 20.4^2) \approx -4.75 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ : a escolha da posição torna o déficit puramente cinético, lido em dois velocímetros.

12. $W(\vect f) = -4.75 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ ; $f = 4.75 \times 10^{4}/60 \approx 7.9 \times 10^{2}\,\mathrm{N}$ .

13. Energia térmica, nas rodas, nos trilhos e no ar.

14. $E_m$ no primeiro sensor: $4.16 \times 10^{5} + 3.9 \times 10^{4} = 4.55 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ; perda $4.75 \times 10^{4}/4.55 \times 10^{5} \approx 10\%$ a cada $60\,\mathrm{m}$ . Com $H_{\min}$ , o topo do looping é alcançado exatamente com $\sqrt{gR}$ ; qualquer perda o joga abaixo da velocidade de segurança.

15. Perdendo $\approx 10\%$ a cada $60\,\mathrm{m}$ , cerca de $15\%$ de $mgH$ ( $\approx 7.1 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ ) se foram: $E_m \approx 4.00 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ , ainda acima dos $3.92 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ necessários — seguro, com apenas $2\%$ de folga. A margem não era luxo.

16. $E_k = \tfrac12 \times 2000 \times 18.0^2 = 3.24 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ .

17. $F = 3.24 \times 10^{5}/45 = 7.2 \times 10^{3}\,\mathrm{N}$ .

18. $a = 7200/2000 = 3.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} \approx 0.37\,g$ : firme, mas confortável.

19. Atrito do trilho: $mgH - 3.24 \times 10^{5} = 470\,880 - 324\,000 = 1.47 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . Auditoria: $1.47 \times 10^{5} + 3.24 \times 10^{5} = 4.71 \times 10^{5} = mgH$ — cada joule prestado em contas.

20. A altura de lançamento $H = 24\,\mathrm{m}$ fixou a segurança do looping, todas as velocidades $\sqrt{2g(H - z)}$ , a conta do atrito e a força dos freios; o preço de ignorar o atrito é a margem — os $4\,\mathrm{m}$ de morro que o mundo real, cheio de atrito, consome sem alarde.