Trabalho e energia

Uma caixa puxada ao longo de uma mesa pode ganhar velocidade sem precisarmos de calcular a posição em cada instante. Comparamos a energia cinética no início e no fim e calculamos o trabalho das forças entre esses estados, e o mesmo exemplo serve depois para incluir o atrito e distinguir o trabalho resultante do trabalho de uma só força.

Trabalho de uma força

Para uma força constante e deslocamento retilíneo,

A unidade é o joule, $1\ \mathrm J=1\ \mathrm{N\,m}$. Uma força no sentido do deslocamento faz trabalho positivo. Uma força oposta faz trabalho negativo. Uma força perpendicular ao deslocamento do ponto de aplicação não faz trabalho, porque só conta a projeção no deslocamento. Esta condição refere-se ao movimento do ponto onde a força atua, não apenas à orientação da superfície: numa pista fixa, a normal não faz trabalho; num elevador a subir, a normal sobre a pessoa desloca-se com ela e faz trabalho positivo. O mesmo vale para a tensão de um fio ideal com suporte fixo, como no pêndulo simples.

Puxamos uma caixa $3\ \mathrm m$ numa horizontal com uma força de $20\ \mathrm N$ a $60^\circ$ da horizontal. O trabalho é $20\times3\times\cos60^\circ=30\ \mathrm J$. A componente vertical não contribui, porque não há deslocamento vertical.

Para uma força variável ou trajetória curva,

Numa dimensão, isto é a área com sinal sob $F_x(x)$. Se $F_x=4x$ em SI, entre $x=0$ e $x=2\ \mathrm m$, $W=\int_0^2 4x\,dx=[2x^2]_0^2=8\ \mathrm J$. O coeficiente 4 tem unidade $\mathrm{N/m}$.

Teorema da energia cinética

Para um ponto material de massa constante, $K=mv^2/2$ e

O teorema segue de $F_x=ma_x$ e $a_x=v_x\,dv_x/dx$ no caso retilíneo, ou da versão vetorial $\vec F\cdot\vec v=d(mv^2/2)/dt$. Inclui todas as forças, conservativas ou dissipativas.

Se a caixa anterior tem massa $2\ \mathrm{kg}$, parte do repouso e não tem atrito, $\tfrac12\times2v_f^2=30$, logo $v_f=\sqrt{30}\approx5{,}48\ \mathrm{m/s}$. Se um atrito constante de $5\ \mathrm N$ agir nos $3\ \mathrm m$, somamos os trabalhos: $W_\text{resultante}=30-15=15\ \mathrm J$. Então $v_f=\sqrt{15}\approx3{,}87\ \mathrm{m/s}$. Só o trabalho resultante conta para $\Delta K$.

Energia potencial

Uma força conservativa tem trabalho independente do caminho entre os extremos. Definimos o potencial $U$ por $W_\mathrm{cons}=-\Delta U$. Em uma dimensão,

Mudar o zero de $U$ não muda a força nem os balanços, porque só diferenças de $U$ têm significado físico. As expressões usuais são $U_g=mgy$ para gravidade uniforme, $U_e=kx^2/2$ para uma mola ideal e $U=-GMm/r$ para gravitação com zero no infinito. A primeira é uma aproximação da terceira perto da superfície.

Ao esticar uma mola de $k=200\ \mathrm{N/m}$ de zero até $0{,}10\ \mathrm m$, a mola faz $W_\mathrm{mola}=-\tfrac12k(0{,}10)^2=-1\ \mathrm J$. Uma força externa que a estica lentamente faz $+1\ \mathrm J$. A área positiva sob $kx$ representa o trabalho externo, não o trabalho da força restauradora $-kx$.

A força da mola opõe-se ao alongamento e faz trabalho negativo, enquanto a força externa acompanha o deslocamento e faz trabalho positivo.

Balanço de energia

Separando trabalho conservativo e restante trabalho,

Quando $W_\text{não\ cons}=0$, a energia mecânica $E=K+U$ conserva-se. A energia total continua a conservar-se quando há atrito, mas parte passa a energia interna e não permanece em $K+U$.

Um bloco de $0{,}50\ \mathrm{kg}$ parte do repouso junto de uma mola comprimida $0{,}10\ \mathrm m$, com $k=200\ \mathrm{N/m}$. O trecho da mola é horizontal e sem atrito. Escolhemos $U_g=0$ nessa horizontal e seguimos três estados:

Em B, $v=\sqrt{2\times1/0{,}50}=2\ \mathrm{m/s}$. Em C, $h=1/(0{,}50\times9{,}81)\approx0{,}204\ \mathrm m$. A energia mantém-se, mas passa da mola para o movimento e depois para a gravidade.

Agora acrescenta antes da rampa um trecho horizontal de $0{,}50\ \mathrm m$ com $\mu_k=0{,}20$. Nesse trecho, $W_f=-\mu_kmgd=-0{,}4905\ \mathrm J$. Sobram $0{,}5095\ \mathrm J$ e a altura passa a $0{,}5095/(0{,}50\times9{,}81)\approx0{,}104\ \mathrm m$. Se o atrito consumisse mais do que a energia inicial, o bloco pararia antes de completar o trecho; não interpretes uma energia cinética negativa como movimento.

Completar uma volta vertical

Um ponto material desliza sem atrito pelo interior de uma pista circular de raio $R$, partindo do repouso a altura $h$ medida do fundo. São precisas duas relações independentes. A dinâmica no topo exige $mg+N=mv_\mathrm{topo}^2/R$. No limite de contacto, $N=0$ e $v_\mathrm{topo}^2=gR$. A energia liga a partida ao topo. Sem a condição dinâmica, chegar à altura $2R$ pareceria suficiente; sem a energia, não saberíamos se o corpo chega ao topo com essa rapidez.

A normal é perpendicular à pista fixa em cada ponto, por isso não realiza trabalho. O balanço de energia entre partida e topo usa apenas a gravidade e dá

Para $R=0{,}40\ \mathrm m$, a altura mínima é $1{,}00\ \mathrm m$ e a rapidez no topo é $\sqrt{3{,}924}\approx1{,}98\ \mathrm{m/s}$. Chegar à altura $2R$ com velocidade zero não chega, porque é necessário continuar a curvar a trajetória. A fórmula vale para um ponto material deslizante, sem perdas. Um corpo que rola tem também energia de rotação.

Equilíbrio e estabilidade

Começa pelo caso mais simples: $U(x)=kx^2/2$, com $k>0$. Então $U'(0)=0$ e $F=-kx$. Para $x>0$, a força é negativa; para $x<0$, é positiva. Qualquer afastamento pequeno puxa o corpo de volta à origem. Por isso o mínimo é estável.

Em geral, um ponto de equilíbrio de uma força conservativa satisfaz $U'(x_e)=0$. Um mínimo local de $U$ é estável, porque um pequeno afastamento produz força de retorno. Um máximo é instável. Se o potencial for constante numa vizinhança, o equilíbrio é neutro.

A energia cinética é $E-U$. O corpo pode passar onde $E>U$ e tem velocidade nula onde $E=U$. Se a força nesse ponto for não nula, o movimento inverte o sentido. Um estado de equilíbrio exige análise separada. As regiões onde $E<U$ são inacessíveis.

Na figura, $U(x)=(x^2-1)^2$ em unidades SI e $E=0{,}5\ \mathrm J$. O corpo só pode mover-se numa das duas regiões onde $U\le E$, sem atravessar a barreira em $x=0$. Os quatro pontos marcados são extremos das regiões acessíveis. Aqui a força é não nula nesses pontos, portanto são inversões.

Compressão vertical de uma mola

Um corpo de $0{,}20\ \mathrm{kg}$ é largado do repouso de $h=1\ \mathrm m$ sobre uma mola de $k=24\ \mathrm{N/m}$. Seja $y$ a compressão máxima. A gravidade faz trabalho durante a queda e durante a compressão: $mg(h+y)$. Esse trabalho acumula-se como energia potencial elástica $ky^2/2$. A equação $mg(h+y)=ky^2/2$ dá $12y^2-1{,}962y-1{,}962=0$. A raiz positiva é

A raiz negativa não representa uma compressão máxima. Ignorar o termo $mgy$ seria tratar a gravidade como se deixasse de atuar durante a compressão.

Potência

A potência instantânea é $P=dW/dt=\vec F\cdot\vec v$, em watts. Para elevar $100\ \mathrm{kg}$ a velocidade constante $0{,}50\ \mathrm{m/s}$, a força é $mg=981\ \mathrm N$ e a potência mecânica é $490{,}5\ \mathrm W$. Com rendimento $\eta=0{,}80$, a potência de entrada é $P_\mathrm{entrada}=P_\text{útil}/\eta\approx613\ \mathrm W$, porque parte da potência de entrada perde-se.

Uma resultante nula não impede trabalho de cada força: o motor faz trabalho positivo e o peso faz trabalho negativo, mantendo a energia cinética constante.