Utilizando o conceito de energia interna e a expressão:
\Delta \mathrm{U}+\Delta \mathrm{K}+\text { Eint }=0
Resolva os exercícios a seguir:
Um bloco de 4,5 \mathrm{Kg} é empurrado para cima em um plano inclinado de 30^{\circ}, com uma velocidade inicial de 5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Descobre-se que ele percorre uma distância de 1,5 \mathrm{~m} para cima até que sua velocidade diminua até zero. (a) qual o valor da energia interna do sistema (composto pelo bloco + plano + Terra ) neste processo devido ao atrito? (b) Em seguida o bloco desliza do repouso para trás, descendo o plano inclinado. Caso se suponha que o atrito produziu o mesmo ganho de energia interna durante a viagem para baixo, qual é a velocidade do bloco quando ele passa pela posição inicial (considere a viagem inteira).

Passo 1

O enunciado diz que um bloco de massa m=4{,}5\:\mathrm{kg} é lançado para cima num plano inclinado de ângulo \theta=30^\circ com velocidade inicial v_0=5\:\mathrm{m/s}. Ele percorre d=1{,}5\:\mathrm{m} até parar. Em seguida desliza de volta desde o repouso no topo. O conteúdo é energia interna gerada por atrito e a conservação de energia expressa por
\Delta U + \Delta K + E_{\rm int} = 0.
Precisamos (a) calcular E_{\rm int} no percurso de subida e (b) usar o mesmo E_{\rm int} para avaliar a velocidade ao passar pela posição inicial na descida.

Passo 2

Na subida:
– Variação da energia potencial gravitacional (bloc o+Terra)
\Delta U = +m g\,h \quad\text{com}\quad h = d\sin\theta.
– Variação da energia cinética
\Delta K = K_{\rm final}-K_{\rm inicial} = 0 - \tfrac12 m v_0^2 = -\tfrac12 m v_0^2.
Substituindo em
\Delta U + \Delta K + E_{\rm int}=0 \quad\Longrightarrow\quad E_{\rm int} = -(\Delta U+\Delta K) = m g\,h + \tfrac12 m v_0^2.

Passo 3

Calculemos numericamente:
h = d\sin\theta = 1{,}5\cdot\sin30^\circ = 0{,}75\:\mathrm{m},
m g\,h = 4{,}5\cdot9{,}8\cdot0{,}75 \approx 33{,}1\:\mathrm{J}, \quad \tfrac12 m v_0^2 = \tfrac12\cdot4{,}5\cdot5^2 = 56{,}25\:\mathrm{J}.
Logo,
E_{\rm int} \approx 33{,}1 + 56{,}25 = 89{,}35\:\mathrm{J}.

Passo 4

Agora na descida, partindo do repouso no topo e supondo o mesmo E_{\rm int}=89{,}35\:\mathrm{J}:
\Delta U = -m g\,h = -33{,}1\:\mathrm{J}.
– Aplicando
\Delta U + \Delta K + E_{\rm int}=0 \quad\Longrightarrow\quad \Delta K = -\Delta U - E_{\rm int} = +33{,}1 - 89{,}35 = -56{,}25\:\mathrm{J}.
Mas como
\Delta K = \tfrac12 m v^2 - 0
teríamos \tfrac12 m v^2 = -56{,}25\:\mathrm{J}, o que não admite solução real. Isso significa que a energia dissipada pelo atrito excede a energia fornecida pela gravidade, de modo que o bloco não chega a retornar à posição inicial com velocidade real.

Resposta

(a) E_{\rm int} \approx 8{,}94\times10^{1}\:\mathrm{J}.
(b) Não há velocidade real ao passar pela posição inicial: o bloco não retorna devido ao atrito.

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