Curso de Complementos de Física · da posição de compressão máxima. Qual seria a energia liberada? Se toda essa energia fosse convertida em energia cinética com que velocidade

Exemplos

Curso de Complementos de FísicaAula 4

Afonso Henriques Silva Leite

Curso de Engenharia CivilFaculdade Campo Grande

27 de Agosto de 2015

Afonso Henriques Silva Leite Curso de Complementos de Física

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Exemplo

Digamos que aquele sistema de amortecedor utilizado no Taipei 101por algum motivo colapse, e libere a esfera de 728 toneladas a partirda posição de compressão máxima. Qual seria a energia liberada? Setoda essa energia fosse convertida em energia cinética com quevelocidade o amortecedor seria lançado? Compare com a energia quepode ser transferida por uma carreta de 6 toneladas trafegando a50km/h.


Exemplos

Solução

O valor da constante da mola k era de k = 2.9×107N/m.

A compressão naquele caso era de xm = 1.6×10−3m.

A energia acumulada nesse sistema é então

U =12

kx2m

=12

(2.9×107 N

m

)(1.6×10−3m

)2

= 3.71×101J.


Exemplos

Solução




U =12

kx2m

=12

(2.9×107 N

m

)(1.6×10−3m

)2

= 3.71×101J.


Exemplos

Solução




U =12

kx2m

=12

(2.9×107 N

m

)(1.6×10−3m

)2

= 3.71×101J.


Exemplos

Solução




U =12

kx2m

=12

(2.9×107 N

m

)(1.6×10−3m

)2

= 3.71×101J.


Exemplos

Solução




U =12

kx2m

=12

(2.9×107 N

m

)(1.6×10−3m

)2

= 3.71×101J.


Exemplos

Solução

Sendo toda ela convertida em energia cinética do amortecedor,então

K = U

⇒ 12

mv2 = U

⇒ mv2 = 2U

⇒ v2 =2Um


Exemplos

Solução


K = U

⇒ 12

mv2 = U

⇒ mv2 = 2U

⇒ v2 =2Um


Exemplos

Solução


K = U

⇒ 12

mv2 = U

⇒ mv2 = 2U

⇒ v2 =2Um


Exemplos

Solução


K = U

⇒ 12

mv2 = U

⇒ mv2 = 2U

⇒ v2 =2Um


Exemplos

Solução

⇒√

v2 =

√2Um

⇒ v =

√2Um

=

√2(3.71×101J)

728×103kg

= 1.01×10−2 ms.


Exemplos

Solução

⇒√

v2 =

√2Um

⇒ v =

√2Um

=

√2(3.71×101J)

728×103kg

= 1.01×10−2 ms.


Exemplos

Solução

⇒√

v2 =

√2Um

⇒ v =

√2Um

=

√2(3.71×101J)

728×103kg

= 1.01×10−2 ms.


Exemplos

Solução

⇒√

v2 =

√2Um

⇒ v =

√2Um

=

√2(3.71×101J)

728×103kg

= 1.01×10−2 ms.


Exemplos

Solução

Para determinar a energia de uma carreta de 6 toneladas a50km/h, será preciso primeiro converter essa velocidade:

v = 50kmh

= 50kmh× 1000m

1km× 1h

3600s

= 1.39×101 ms.

Daí,

K =12

mv2

=12(6×103)(1.39×101 m

s

)2

= 5.79×105J.Afonso Henriques Silva Leite Curso de Complementos de Física

Exemplos

Solução


v = 50kmh

= 50kmh× 1000m

1km× 1h

3600s

= 1.39×101 ms.

Daí,

K =12

mv2

=12(6×103)(1.39×101 m

s

)2


Exemplos

Solução


v = 50kmh

= 50kmh× 1000m

1km× 1h

3600s

= 1.39×101 ms.

Daí,

K =12

mv2

=12(6×103)(1.39×101 m

s

)2


Exemplos

Solução


v = 50kmh

= 50kmh× 1000m

1km× 1h

3600s

= 1.39×101 ms.

Daí,

K =12

mv2

=12(6×103)(1.39×101 m

s

)2


Exemplos

Solução

A razão entre essa energia e a energia do amortecedor liberado é

KamortecedorKcarreta

=3.71×101J5.79×105J

= 1.56×104.

A carreta tem muito mais energia que o amortecedor!


Exemplos

Solução

A razão entre essa energia e a energia do amortecedor liberado é

KamortecedorKcarreta

=3.71×101J5.79×105J

= 1.56×104.

A carreta tem muito mais energia que o amortecedor!


Exemplos

Exemplo

ExamplePartindo do princípio de que o movimento de um pistão de um motora combustão de quatro tempos é harmônico simples, encontre a suavelocidade no meio do seu curso considerando que a manivela tem 8polegadas de comprimento e que ele faça 200 revoluções por minuto.Também encontrar a sua aceleração no meio e no fim do seu curso.


Exemplos

Exemplo

Figura: Diagrama esquemático de um motor de quatro tempos em ação. Ahipótese usada nesse problema é a de que a amplitude do MHS do pistão édeterminada por seu comprimento l, ou seja, xm = l

2 .


Exemplos

Solução

O tamanho da manivela do Pistão determinar amplitude domovimento:

xm = 4in = 4in× 0.0254m1in

= 1.015×10−1m.

Conversão da frequência:

f = 200revmin

= 200revmin×1

= 200revmin×(

1min60s

)


Exemplos

Solução


xm = 4in = 4in× 0.0254m1in

= 1.015×10−1m.


f = 200revmin

= 200revmin×1

= 200revmin×(

1min60s

)


Exemplos

Solução


xm = 4in = 4in× 0.0254m1in

= 1.015×10−1m.


f = 200revmin

= 200revmin×1

= 200revmin×(

1min60s

)


Exemplos

Solução


xm = 4in = 4in× 0.0254m1in

= 1.015×10−1m.


f = 200revmin

= 200revmin×1

= 200revmin×(

1min60s

)


Exemplos

Solução

= 3.33revs

= 3.33Hz.


Exemplos

Solução

= 3.33revs

= 3.33Hz.


Exemplos

Solução

A contagem do tempo se dá na amplitude do movimento:

x(0) = xm

⇒ xm cos [ω (0)+φ ] = xm

⇒ xm cos(0+φ) = xm

⇒ xm cos(φ) = xm


Exemplos

Solução


x(0) = xm

⇒ xm cos [ω (0)+φ ] = xm


⇒ xm cos(φ) = xm


Exemplos

Solução


x(0) = xm

⇒ xm cos [ω (0)+φ ] = xm


⇒ xm cos(φ) = xm


Exemplos

Solução


x(0) = xm

⇒ xm cos [ω (0)+φ ] = xm


⇒ xm cos(φ) = xm


Exemplos

Solução

⇒ cos(φ) =xm

xm

⇒ cos(φ) = 1

⇒ φ = arccos(1)

= 0.


Exemplos

Solução

⇒ cos(φ) =xm

xm

⇒ cos(φ) = 1

⇒ φ = arccos(1)

= 0.


Exemplos

Solução

⇒ cos(φ) =xm

xm

⇒ cos(φ) = 1

⇒ φ = arccos(1)

= 0.


Exemplos

Solução

⇒ cos(φ) =xm

xm

⇒ cos(φ) = 1

⇒ φ = arccos(1)

= 0.


Exemplos

Solução

A frequência angular será

ω = 2πf = 2π (3.33Hz) = 20.9rads.

A amplitude do movimento é aproximadamente igual aocomprimento do pistão.

Logo, a velocidade em x = 0 (t = T4 ) será

v =−xmω sin[

ω

(T4

)]

=−xmω sin[

2πf(

T4

)]


Exemplos

Solução


ω = 2πf = 2π (3.33Hz) = 20.9rads.



v =−xmω sin[

ω

(T4

)]

=−xmω sin[

2πf(

T4

)]


Exemplos

Solução


ω = 2πf = 2π (3.33Hz) = 20.9rads.



v =−xmω sin[

ω

(T4

)]

=−xmω sin[

2πf(

T4

)]


Exemplos

Solução

=−xmω sin[

2π

T

(T4

)]

=−xmω sin(

2π

4

)=−xmω sin

(π

2

)=−xmω (1)


Exemplos

Solução

=−xmω sin[

2π

T

(T4

)]

=−xmω sin(

2π

4

)=−xmω sin

(π

2

)=−xmω (1)


Exemplos

Solução

=−xmω sin[

2π

T

(T4

)]

=−xmω sin(

2π

4

)=−xmω sin

(π

2

)=−xmω (1)


Exemplos

Solução

=−xmω sin[

2π

T

(T4

)]

=−xmω sin(

2π

4

)=−xmω sin

(π

2

)=−xmω (1)


Exemplos

Solução

=−xmω

=−(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)=−2.12

ms.

A aceleração nessa posição é

a =−xmω2 cos

[ω

(T4

)]


Exemplos

Solução

=−xmω

=−(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)=−2.12

ms.


a =−xmω2 cos

[ω

(T4

)]


Exemplos

Solução

=−xmω

=−(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)=−2.12

ms.


a =−xmω2 cos

[ω

(T4

)]


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

(π

2

)=−xmω

2 (0)

= 0ms2 .

Na posição de amplitude,

t =T2.

Daí,

a =−xmω2 cos

[ω

(T2

)]Afonso Henriques Silva Leite Curso de Complementos de Física

Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

(π

2

)=−xmω

2 (0)

= 0ms2 .


t =T2.

Daí,

a =−xmω2 cos

[ω

(T2


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

(π

2

)=−xmω

2 (0)

= 0ms2 .


t =T2.

Daí,

a =−xmω2 cos

[ω

(T2


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

(π

2

)=−xmω

2 (0)

= 0ms2 .


t =T2.

Daí,

a =−xmω2 cos

[ω

(T2


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

[(2πf )

(T2

)]

=−xmω2 cos

[(2π

T

)(T2

)]

=−xmω2 cos

(2π

2

)=−xmω

2 cosπ


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

[(2πf )

(T2

)]

=−xmω2 cos

[(2π

T

)(T2

)]

=−xmω2 cos

(2π

2

)=−xmω

2 cosπ


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

[(2πf )

(T2

)]

=−xmω2 cos

[(2π

T

)(T2

)]

=−xmω2 cos

(2π

2

)=−xmω

2 cosπ


Exemplos

Solução

=−xmω2 cos

[(2πf )

(T2

)]

=−xmω2 cos

[(2π

T

)(T2

)]

=−xmω2 cos

(2π

2

)=−xmω

2 cosπ


Exemplos

Solução

=−xmω2 (−1)

= xmω2

=(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)2

= 4.46×101 ms2 .


Exemplos

Solução

=−xmω2 (−1)

= xmω2

=(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)2

= 4.46×101 ms2 .


Exemplos

Solução

=−xmω2 (−1)

= xmω2

=(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)2

= 4.46×101 ms2 .


Exemplos

Solução

=−xmω2 (−1)

= xmω2

=(1.015×10−1m

)(20.9

rads

)2

= 4.46×101 ms2 .


Exemplos

Exemplo

ExampleA Figura 2 mostra a energia cinética de um oscilador harmônicosimples em função da sua posição x. A escala do eixo vertical édeterminada por K = 8.0J. Qual é a constante da mola?

Figura: Gráfico da energia cinética da mola referente ao Exemplo 2


Exemplos

Solução

Solução: a energia mecânica total do sistema está relacionadacom amplitude a constante da mola pela expressão

E =12

kx2m.

O gráfico informa claramente qual é a amplitude do movimento.Basta verificar os valores extremos da posição.

xm = 12cm.

Já energia mecânica do sistema pode ser determinada pelo valormáximo de energia cinética quando ambas são iguais.


Exemplos

Solução


E =12

kx2m.


xm = 12cm.



Exemplos

Solução


E =12

kx2m.


xm = 12cm.



Exemplos

Solução

Isso ocorre para x = 0, e do enunciado, sabe-se que K = 8.0J.

Daí,Em = K = 8.0J.

Ora, agora, basta resolver o problema para k, cuidando paraconverter o valor da posição para metros.

E =12

kx2m

⇒ K =12

kx2m

⇒ 2K = kx2m


Exemplos

Solução


Daí,Em = K = 8.0J.


E =12

kx2m

⇒ K =12

kx2m

⇒ 2K = kx2m


Exemplos

Solução


Daí,Em = K = 8.0J.


E =12

kx2m

⇒ K =12

kx2m

⇒ 2K = kx2m


Exemplos

Solução


Daí,Em = K = 8.0J.


E =12

kx2m

⇒ K =12

kx2m

⇒ 2K = kx2m


Exemplos

Solução

⇒ 2Kx2

m= k

⇒ k =2Kx2

m

=2(8.0J)

(12×10−2m)2

= 1.1×103 Nm.


Exemplos

Solução

⇒ 2Kx2

m= k

⇒ k =2Kx2

m

=2(8.0J)

(12×10−2m)2

= 1.1×103 Nm.


Exemplos

Solução

⇒ 2Kx2

m= k

⇒ k =2Kx2

m

=2(8.0J)

(12×10−2m)2

= 1.1×103 Nm.


Exemplos

Solução

⇒ 2Kx2

m= k

⇒ k =2Kx2

m

=2(8.0J)

(12×10−2m)2

= 1.1×103 Nm.


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