Exercícios Resolvidos de Trabalho de uma Força Variável

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Enunciado

2) A figura abaixo mostra o gráfico de uma força F que varia com a posição x de uma partícula. Considere que a força F é a força resultante que atua sobre a partícula.

Ordene os trabalhos W 0 → 1 , W 1 → 2 e W 2 → 3 realizados pela força F nos deslocamentos x = 0   m → x = 1 m , x = 1   m → x = 2   m   e x = 2   m → x = 3 m , respectivamente; e os módulos v 1 , v 2 e v 3 das velocidades da partícula nas posições x = 1 m , x = 2 m e x = 3 m .

a) W 0 → 1 >   W 1 → 2 >   W 2 → 3 e v 1 < v 2 = v 3

b) W 0 → 1 >   W 1 → 2 >   W 2 → 3 e v 1 = v 2 > v 3

c) W 0 → 1 <   W 1 → 2 <   W 2 → 3 e v 1 = v 2 > v 3

d) W 0 → 1 <   W 1 → 2 <   W 2 → 3 e v 1 > v 2 > v 3

e) W 0 → 1 >   W 1 → 2 >   W 2 → 3 e v 1 > v 2 > v 3

Passo 1

Fala aí, galerinha!!

Esse problema é para a gente usar a relação entre trabalho e o gráfico da função F ( x ) . A gente tem que:

W a → b = Á r e a   d o   g r á f i c o   d e   F x   e n t r e   a   e   b

Outra coisa que a gente vai usar é o teorema energia cinética – trabalho. Esse teorema nos diz que:

W a → b = Δ K = K b - K ( a ) W a → b = m v b 2 2 -   m v a 2 2

Usando essas informações a gente vai avaliar as grandezas que o problema nos pediu. Então vamos lá 😊

Passo 2

Vamos começar vendo como os trabalhos se comportam nos intervalos em que o enunciado nos fala. O primeiro deles é desde x = 0 até x = 1 . Olhando este intervalo, temos no gráfico um trapézio de base maior 10 N e base menor 2 N (vira a cabeça 90° para sua direita que você vê o trapézio!).

A altura deste trapézio é 1m (visto de lado), então temos a área dada por: W 0 → 1 = 10   N + 2 N . 2   m 1 = 24 J

Para o segundo intervalo, x = 1 até x = 2 , temos, no gráfico um retângulo de altura 2 N e base indo de 1m até 2m, ou seja, a área é dada por:

W 1 → 2 = 2 N . 2 m - 1 m = 2 J

E para o último intervalo, como temos uma parte que está em cima do gráfico e uma que está abaixo do gráfico, vamos separar esse trabalho em duas partes: W 2 → 3 =   W 2 → 2,5 +   W 2,5 → 3

Na primeira parte temos um triângulo para cima então temos altura de 2N e base de 0,5 m. O trabalho nesta parte é:

W 2 → 2,5 = 2 N .   0,5 m 2 = 0,5 J

Para a segunda parte temos um triângulo para baixo, então teremos uma “área negativa”, na real é só o trabalho que vai ser negativo né. A altura desse triângulo é de 2N e a base é a mesma que antes. Ou seja:

W 2,5 → 3 = - 2 N .   0,5 m 2 = - 0,5 J

Onde aquele sinal de menos a gente acrescentou por conta da figura estar para baixo do eixo x . Dessa forma, o trabalho total neste intervalo é: W 2 → 3 =   W 2 → 2,5 +   W 2,5 → 3 = 0,5   J - 0,5 J W 2 → 3 = 0

Então a ordem é:

W 0 → 1 >   W 1 → 2 >   W 2 → 3

Passo 3

Para estimar sobre as velocidades, vamos usar o teorema energia cinética – trabalho:

W a → b = m v b 2 2 -   m v a 2 2

Vamos supor que a gente começa com uma velocidade inicial v 0 . O que acontece é que como o trabalho W 0 → 1 é positivo, ele aumenta a energia cinética do sistema, então a velocidade aumenta e temos uma velocidade v 1 > v 0 no final desse trecho. Beleza?

No próximo trecho, vimos que W 1 → 2 também é positivo e de novo a energia cinética aumenta, então temos, ao fim desse trecho, uma velocidade v 2 > v 1 .Por fim, a gente tem W 2 → 3 = 0 , isso significa que a energia cinética não se altera nesse trecho. Então teremos v 3 = v 2 ao fim desse deslocamento.Juntando tudo temos:

v 1 < v 2 = v 3

E aí resolvemos essa 😊 Vamos para a próxima??

Resposta

a) W 0 → 1 >   W 1 → 2 >   W 2 → 3 e v 1 < v 2 = v 3

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