Lista 1 - Liceu Franco

COLÉGIO FRANCO -BRASILEIRO
NOME:
N°:
PROFESSOR(A):
ANO:
2º
TURMA:
DATA:
/
/ 2014
LISTA DE EXERCÍCIOS PARA RECUPERAÇÃODE FÍSICA 2
1. Uma esfera é lançada com velocidade horizontal constante de módulo v=5 m/s da borda de uma mesa
horizontal. Ela atinge o solo num ponto situado a 5 m do pé da mesa conforme o desenho abaixo.
Desprezando a resistência do ar, o módulo da velocidade com que a esfera atinge o solo é de:
Dado: Aceleração da gravidade: g=10 m/s
a) 4 m / s
2
b) 5 m / s
c) 5 2 m / s
d) 6 2 m / s
e) 5 5 m / s
2. Duas gotas de orvalho caem de uma mesma folha de árvore, estando ambas a uma altura h do solo. As
gotas possuem massas m1 e m2 , sendo m2  2m1. Ao atingirem o solo, suas velocidades e energias
cinéticas são, respectivamente, v1, E1 e v 2 , E2 .
Desprezando o atrito e o empuxo, determine as razões
v1
E
e 1.
v2
E2
3. Em agosto de 2012, a NASA anunciou o pouso da sonda Curiosity na superfície de Marte. A sonda, de
massa m = 1000 kg, entrou na atmosfera marciana a uma velocidade v0 = 6000 m/s.
a) A sonda atingiu o repouso, na superfície de Marte, 7 minutos após a sua entrada na atmosfera. Calcule o
módulo da força resultante média de desaceleração da sonda durante sua descida.
b) Considere que, após a entrada na atmosfera a uma altitude h0 = 125 km, a força de atrito reduziu a
velocidade da sonda para v = 4000 m/s quando a altitude atingiu h =100 km. A partir da variação da
energia mecânica, calcule o trabalho realizado pela força de atrito neste trecho. Considere a aceleração
2
da gravidade de Marte, neste trecho, constante e igual a gMarte = 4 m/s .
4. Um esquiador de massa m desce por uma rampa, de altura h, e na parte inferior entra em um loop de
raio R, conforme ilustra a figura a seguir.
Tendo em vista que no ponto A, a altura R do solo, o módulo da força resultante sobre o esquiador é de
26 vezes o valor de seu peso, e que o atrito é desprezível, determine:
a) a razão h/R;
b) a força que o trilho exerce sobre o esquiador no ponto mais alto do loop.
5. Um corpo de massa 5 kg, que se movimenta com velocidade constante, sofreu um aumento em sua
velocidade de 4 m/s e sua energia cinética passou a ser de 1000 J. Sendo assim, a velocidade do corpo
antes do referido aumento era de
a) 10 m/s.
b) 12 m/s.
c) 16 m/s.
d) 18 m/s.
6. Um ciclista tentando bater um recorde de velocidade em uma bicicleta desce, a partir do repouso, a
distância de 1440 m em uma montanha cuja inclinação é de 30°. Calcule a velocidade atingida pelo ciclista
ao chegar à base da montanha.
Dados: Não há atrito e g = 10 m/s
a) 84 m/s
b) 120 m/s
c) 144 m/s
d) 157 m/s
e) 169 m/s
2
7. Para modernizar sua oficina, um marceneiro foi a uma loja de ferramentas e pediu ao vendedor que lhe
mostrasse uma furadeira e uma serra elétrica. Ao consultar os manuais de instrução, obteve as informações
mostradas na tabela.
Furadeira
Serra elétrica
Potência (W)
500
1500
Segundo suas estimativas, a furadeira e a serra elétrica seriam utilizadas diariamente, em média, por 15
minutos e 30 minutos, respectivamente. Dessa forma, fazendo rápidos cálculos, descobriu que, se
comprasse as ferramentas e as utilizasse pelo tempo previsto, ao final de um mês de trinta dias a energia
elétrica consumida pelas ferramentas, em kW.h, seria igual a
a) 18,25.
b) 26,25.
c) 29,50.
d) 32,50.
e) 36,75.
8. Um bloco de massa 0,10 kg é abandonado, a partir do repouso, de uma altura h de 1,2 m em relação a
uma mola ideal de constante elástica 0,10 N/cm. Como é mostrado na figura rotulada como “Depois”, a
seguir, o bloco adere à mola após o choque. No desenho, A é o ponto de abandono do bloco, B é o ponto
de equilíbrio da mola, e C é o ponto onde há maior compressão da mola. Despreze perdas de energia por
atrito.
a) Identifique, em um diagrama, as forças que atuam no corpo, quando a deformação da mola é máxima.
b) Determine a velocidade do bloco imediatamente antes de se chocar com a mola.
c) Determine o trabalho realizado sobre o bloco pela força gravitacional entre os pontos A e B.
d) Determine a deformação máxima sofrida pela mola.
9. Um carrinho é lançado sobre os trilhos de uma montanha russa, no ponto A, com uma velocidade inicial

V0 , conforme mostra a figura. As alturas h1, h2 e h3 valem, respectivamente, 16,2 m, 3,4 m e 9,8 m.
Para o carrinho atingir o ponto C, desprezando o atrito, o menor valor de V 0, em m/s, deverá ser igual a
a) 10.
b) 14.
c) 18.
d) 20.
10. A ilustração abaixo representa um bloco de 2 kg de massa, que é comprimido contra uma mola de
constante elástica K = 200 N/m. Desprezando qualquer tipo de atrito, é CORRETO afirmar que, para que o
bloco atinja o ponto B com uma velocidade de 1,0 m/s, é necessário comprimir a mola em:
a) 0,90 cm.
b) 90,0 cm.
c) 0,81 m.
d) 81,0 cm.
e) 9,0 cm.
11. “Helter Skelter” é uma das mais famosas canções do “Álbum Branco” dos Beatles lançado em 1968 e
tem como tradução: escorregador e confusão, como pode ser percebido por um trecho traduzido a seguir:
Quando eu chego no chão, eu volto para o topo do escorregador
Onde eu paro, me viro e saio para outra volta
Até que eu volte ao chão e te veja novamente
Você não quer que eu te ame?
Estou descendo rápido mas estou a milhas de você
Diga-me, diga-me a resposta, vamos me diga a resposta
Você pode ser uma amante, mas você não é uma dançarina
Confusão, Confusão
Confusão (...)
(http://www.vagalume.com.br/the-beatles/helter-skelter-traducao.html#ixzz1nPqIlOE9 / Fragmento)
Um Helter Skelter é uma espécie de escorregador construído em forma espiral em torno de uma torre. As
pessoas sobem por dentro da torre e escorregam abaixo para o lado de fora, geralmente em um tapete.
Uma criança de 40 kg desce no escorregador a partir de seu ponto mais alto e com velocidade inicial igual a
zero. Considere que, ao passar pelo ponto do escorregador situado a uma altura de 3,2 m sua velocidade
2
atinja 6 m/s. Sendo g = 10 m/s , a altura desse escorregador é
a) 5 m.
b) 4 m.
c) 7 m.
d) 6 m.
12. Em uma partida de tênis, após um saque, a bola, de massa aproximadamente igual a 0,06 kg, pode
atingir o solo com uma velocidade de 60 m/s.
Admitindo que a bola esteja em repouso no momento em que a raquete colide contra ela, determine, no SI,
as variações de sua quantidade de movimento e de sua energia cinética.
13. Uma pessoa, com 80 kg de massa, gasta para realizar determinada atividade física a mesma
quantidade de energia que gastaria se subisse diversos degraus de uma escada, equivalente a uma
distância de 450 m na vertical, com velocidade constante, num local onde g  10 m/s2 . A tabela a seguir
mostra a quantidade de energia, em joules, contida em porções de massas iguais de alguns alimentos.
Alimento
espaguete
pizza de mussarela
chocolate
batata frita
castanha de caju
Energia por porção
(kJ)
360
960
2160
1000
2400
Considerando que o rendimento mecânico do corpo humano seja da ordem de 25%, ou seja, que um quarto
da energia química ingerida na forma de alimentos seja utilizada para realizar um trabalho mecânico externo
por meio da contração e expansão de músculos, para repor exatamente a quantidade de energia gasta por
essa pessoa em sua atividade física, ela deverá ingerir 4 porções de
a) castanha de caju.
b) batata frita.
c) chocolate.
d) pizza de mussarela.
e) espaguete.
14. Para transportar algumas caixas de massas 30 kg a um nível mais alto, elas são colocadas na posição
A sobre uma superfície inclinada, recebem impulso inicial e sobem livres de qualquer tipo de resistência, até
atingir a posição B. Uma dessas caixas não recebeu o impulso necessário e parou 1,6 m antes da posição
pretendida.
2
Adotando g = 10 m/s , sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,87, com relação à energia mínima que faltou ser
fornecida em A para que a caixa chegasse ao ponto B, ela
a) pode ser calculada, e vale 240 J.
b) pode ser calculada, e vale 480 J.
c) não pode ser calculada, pois não se conhece a velocidade inicial da caixa em A.
d) não pode ser calculada, pois não se conhece a distância entre A e B.
e) não pode ser calculada, pois não se conhece o desnível vertical entre o plano horizontal que contém A e
o que contém B.
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Dados:
Aceleração da gravidade: 10 m/s2 .
Densidade do mercúrio: 13,6 g/cm3 .
Pressão atmosférica: 1,0  105 N/m2 .
Constante eletrostática: k0  1 4 πε0  9,0  109 N  m2 /C2 .
15. Um objeto de 2,0 kg é lançado a partir do solo na direção vertical com uma velocidade inicial tal que o
mesmo alcança a altura máxima de 100 m. O gráfico mostra a dependência da força de atrito Fa , entre o
objeto e o meio, com a altura. Determine a velocidade inicial do objeto, em m/s.
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Para transportar os operários numa obra, a empresa construtora montou um elevador que consiste numa
plataforma ligada por fios ideais a um motor instalado no telhado do edifício em construção. A figura mostra,
fora de escala, um trabalhador sendo levado verticalmente para cima com velocidade constante, pelo
2
equipamento. Quando necessário, adote g = 10 m/s .
16. Considerando que a massa total do trabalhador mais plataforma é igual a 300 kg e sabendo que com
esse elevador o trabalhador sobe um trecho de 6 m em 20 s, pode-se afirmar que, desconsiderando
perdas de energia, a potência desenvolvida pelo motor do elevador, em watts, é igual a
a) 2 000.
b) 1 800.
c) 1 500.
d) 900.
e) 300.
17. Considere um bloco de massa m ligado a uma mola de constante elástica k = 20 N/m, como mostrado
na figura a seguir. O bloco encontra-se parado na posição x = 4,0 m. A posição de equilíbrio da mola é x =
0.
O gráfico a seguir indica como o módulo da força elástica da mola varia com a posição x do bloco.
O trabalho realizado pela força elástica para levar o bloco da posição x = 4,0 m até a posição x = 2,0, em
joules, vale
a) 120
b) 80
c) 40
d) 160
e) - 80
18. Um homem arrasta uma cadeira sobre um piso plano, percorrendo em linha reta uma distância de 1 m.
Durante todo o percurso, a força que ele exerce sobre a cadeira possui intensidade igual a 4 N e direção de
60° em relação ao piso.
O gráfico que melhor representa o trabalho T, realizado por essa força ao longo de todo o deslocamento d,
está indicado em:
a)
b)
c)
d)
19. Não se percebe a existência do ar num dia sem vento; contudo, isso não significa que ele não existe.
Um corpo com massa de 2kg é abandonado de uma altura de 10m, caindo verticalmente num referencial
fixo no solo. Por efeito da resistência do ar, 4J da energia mecânica do sistema corpo-Terra se transformam
2
em energia interna do ar e do corpo. Considerando o módulo de aceleração da gravidade como g= 10m/s ,
o corpo atinge o solo com velocidade de módulo,
em m/s, de
a) 12.
b) 14.
c) 15.
d) 16.
e) 18.
20. Um bloco de massa 2 kg desliza, a partir do repouso, por uma distância d = 3 m, sob a ação de uma
força de módulo F = 10 N (ver figura). No final do percurso, a velocidade do bloco é v = 3 m/s. Calcule o
módulo da energia dissipada no percurso, em joules.
21. A Hidrelétrica de Tucuruí, no Pará, é a maior usina hidrelétrica em potência 100% brasileira. A sua
barragem cria um desnível de 72 m no rio Tocantins. Quantos litros de água precisam descer desta altura,
para que a correspondente variação de energia potencial gravitacional, transformada em energia elétrica,
mantenha ligado um ferro de passar roupa de 1 KW de potência, durante uma hora? Para responder a
questão, assuma que o processo é 100% eficiente, ou seja, a variação de energia potencial gravitacional da
água converte-se integralmente na energia elétrica consumida pelo ferro de passar. Considere também que
1 litro de água tem uma massa de 1 Kg e que a aceleração da gravidade é 10 m / s2 .
A resposta correta é:
a) 50 litros
b) 720 litros
c) 2000 litros
d) 3600 litros
e) 5000 litros
22. Uma partícula com massa de 200 g é abandonada, a partir do repouso, no ponto “A” da Figura.
Desprezando o atrito e a resistência do ar, pode-se afirmar que as velocidades nos pontos “B” e “C” são,
respectivamente:
a) 7,0 m/s e 8,0 m/s
b) 5,0 m/s e 6,0 m/s
c) 6,0 m/s e 7,0 m/s
d) 8,0 m/s e 9,0 m/s
e) 9,0 m/s e 10,0 m/s
23. (Ita 2011) Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de um fio inextensível de
comprimento L, é solto de uma posição horizontal.
Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma barra metálica de diâmetro
desprezível, que se encontra a uma distância x na vertical abaixo do ponto O. Em consequência, a massa M
passa a se movimentar num círculo de raio L – x, conforme mostra a figura.
Determine a faixa de valores de x para os quais a massa do pêndulo alcance o ponto mais alto deste novo
círculo.
24. Um esqueitista treina em uma pista cujo perfil está representado na figura abaixo. O trecho horizontal
AB está a uma altura h = 2,4 m em relação ao trecho, também horizontal, CD. O esqueitista percorre a pista
no sentido de A para D. No trecho AB, ele está com velocidade constante, de módulo v = 4 m/s; em
seguida, desce a rampa BC, percorre o trecho CD, o mais baixo da pista, e sobe a outra rampa até atingir
uma altura máxima H, em relação a CD. A velocidade do esqueitista no trecho CD e a altura máxima H são,
respectivamente, iguais a
NOTE E ADOTE
2
g = 10 m/s
Desconsiderar:
- Efeitos dissipativos.
- Movimentos do esqueitista em relação ao esqueite.
a) 5 m/s e 2,4 m.
b) 7 m/s e 2,4 m.
c) 7 m/s e 3,2 m.
d) 8 m/s e 2,4 m.
e) 8 m/s e 3,2 m.
25. A mola ideal, representada no desenho I abaixo, possui constante elástica de 256 N/m. Ela é
comprimida por um bloco, de massa 2 kg, que pode mover-se numa pista com um trecho horizontal e uma
elevação de altura h = 10 cm. O ponto C, no interior do bloco, indica o seu centro de massa. Não existe
atrito de qualquer tipo neste sistema e a aceleração da gravidade é igual a 10m / s2 . Para que o bloco,
impulsionado exclusivamente pela mola, atinja a parte mais elevada da pista com a velocidade nula e com o
ponto C na linha vertical tracejada, conforme indicado no desenho II, a mola deve ter sofrido, inicialmente,
uma compressão de:
a) 1,50  103 m
b) 1,18  102 m
1
c) 1,25  10 m
1
d) 2,5  10 m
1
e) 8,75  10 m
26. Quando um átomo de urânio-235 é bombardeado por um nêutron, uma das possíveis reações de fissão
 
140
94
1
é 01n  235
92U  54 Xe  38 Sr  2 0 n . Cada átomo de urânio-235 que sofre fissão libera a energia média de
208 MeV. Admita-se que toda essa energia liberada na fissão de um átomo de urânio-235 possa ser
transformada em energia elétrica numa usina nuclear.
Por quanto tempo uma residência comum seria abastecida por toda a energia elétrica liberada por 1 kg de
átomos de urânio-235?
−20
Dados: 1 MeV equivale a 4, 45 x 10 kWh.
O consumo médio mensal de uma residência comum é de 230 kWh.
a) Mais de 8000 anos.
b) 100 anos.
c) 2000 meses.
d) O urânio-235 não é um átomo fissionável.
e) É impossível converter energia nuclear em energia elétrica.
27. Uma usina nuclear produz energia elétrica a partir da fissão dos átomos de urânio (normalmente urânio238 e urânio-235) que formam os elementos combustíveis de um reator nuclear.
Sobre a energia elétrica produzida numa usina nuclear, considere as afirmativas a seguir.
I. Os átomos de urânio que sofrem fissão nuclear geram uma corrente elétrica que é armazenada num
capacitor e posteriormente retransmitida aos centros urbanos.
II. A energia liberada pela fissão dos átomos de urânio é transformada em energia térmica que aquece o
líquido refrigerante do núcleo do reator e que, através de um ciclo térmico, coloca em funcionamento as
turbinas geradoras de energia elétrica.
III. Uma usina nuclear é também chamada de termonuclear.
IV. O urânio-238 e o urânio-235 não são encontrados na natureza.
Assinale a alternativa correta.
a) Somente as afirmativas I e II são corretas.
b) Somente as afirmativas I e IV são corretas.
c) Somente as afirmativas II e III são corretas.
d) Somente as afirmativas I, III e IV são corretas.
e) Somente as afirmativas II, III e IV são corretas.
28. Um objeto é deslocado em um plano sob a ação de uma força de intensidade igual a 5 N, percorrendo
em linha reta uma distância igual a 2 m.
Considere a medida do ângulo entre a força e o deslocamento do objeto igual a 15º, e T o trabalho realizado
por essa força. Uma expressão que pode ser utilizada para o cálculo desse trabalho, em joules, é T= 5 x 2 x
sen  .
Nessa expressão,  equivale, em graus, a:
a) 15
b) 30
c) 45
d) 75
29. Um dos brinquedos prediletos de crianças no verão é o toboágua. A emoção do brinquedo está
associada à grande velocidade atingida durante a descida, uma vez que o atrito pode ser desprezado
devido à presença da água em todo o percurso do brinquedo, bem como à existência das curvas fechadas
na horizontal, de forma que a criança percorra esses trechos encostada na parede lateral (vertical) do
toboágua.
Sabendo que a criança de 36 kg parte do repouso, de uma altura de 6,0 m acima da base do
toboágua, colocado à beira de uma piscina, calcule:
Dado: g = 10,0 m/s
2
a) A força normal, na horizontal, exercida sobre a criança pela parede lateral do toboágua, no ponto
indicado na figura (curva do toboágua situada a 2,0 m da sua base) onde o raio de curvatura é igual a 80
cm.
b) A força dissipativa média exercida pela água da piscina, necessária para fazer a criança parar ao atingir
1,5 m de profundidade, considerando que a criança entra na água da piscina com velocidade, na vertical,
aproximadamente igual a 10,9 m/s, desprezando-se, neste cálculo, a perda de energia mecânica no
impacto da criança com a água da piscina.
30. Um foguete de 1 tonelada de massa viaja com uma velocidade de 360 km/h em uma região do espaço
onde as forças da gravidade são desprezíveis. Em um determinado momento, seus motores são acionados
e, após a queima de 200 kg de combustível, sua velocidade passa a ser de 720 km/h.
Com base no que foi exposto, é correto afirmar que o trabalho realizado sobre o foguete pelo motor, durante
a queima do combustível, corresponde a:
7
a) 4,7 x 10 J
7
b) 1,1 x 10 J
7
c) 1,5 x 10 J
7
d) 1,4 x 10 J
7
e) 1,9 x 10 J
31. Uma mola ideal é usada para fornecer energia a um bloco de massa m, inicialmente em repouso, o qual
mover-se sem atrito em toda a superfície, exceto entre os pontos A e B. Ao liberar o sistema massa-mola, o
bloco passa pelo ponto P com energia cinética de 1/20 da energia potencial gravitacional.
Considerando o exposto, com h = 0,15H e d = 3H, calcule:
a) o valor numérico do coeficiente de atrito para que o bloco pare no pontoB;
b) a porcentagem da energia total dissipada pela força de atrito.
32. Conhecido como parafuso de Arquimedes, este dispositivo foi utilizado pelos egípcios para retirar água
do Nilo. Um modelo simples pode ser construído com uma mangueira enrolada em uma haste reta. Quando
a haste é girada no sentido conveniente, a extremidade inferior da mangueira entra e sai da água,
aprisionando uma porção desta no interior da mangueira. Enquanto o parafuso gira, a água capturada é
obrigada a subir até o outro extremo da mangueira, onde é despejada.
Com um desses dispositivos, elevou-se água proveniente de um rio até um reservatório, localizado a 2,0 m
de altura em relação ao nível de água desse rio. O parafuso de Arquimedes utilizado tinha 100 voltas
3
completas de uma mangueira de borracha, sendo que cada anel podia transportar 1,0 cm de água.
Desconsiderando atritos e supondo uma rotação uniforme, admitindo que o tempo necessário para que o
parafuso girasse 360º em torno de seu eixo era de 2,0 s, a potência útil da fonte do movimento de rotação,
em W, era de
Dado: densidade da água = 1,0 g/cm
2
aceleração da gravidade = 10 m/s
–1
a) 2,5 × 10 .
–1
b) 2,0 × 10 .
–1
c) 1,5 × 10 .
–2
d) 1,0 × 10 .
–3
e) 5,0 × 10 .
3
33. (Em uma construção civil, os operários usam algumas máquinas simples para facilitar e diminuir sua
carga diária de energia gasta na execução de seu trabalho. Uma das máquinas simples mais utilizadas são,
por exemplo, as roldanas fixas e móveis. Em um dia comum de trabalho, um operário deve elevar, com
velocidade constante, um bloco de pedra de massa m =100 kg para o segundo andar da obra, que fica a
uma altura h = 5,0 m em relação ao solo. Para essa tarefa, o operário utilizou um sistema com duas
roldanas, uma fixa e outra móvel, e um cabo de massa desprezível, como mostra a figura. Considere g =
2
10m/s .
a) Faça um diagrama de forças que atuam sobre o bloco e identifique cada uma das forças.
b) Calcule a tração no cabo que está em contato com a mão do operário e o trabalho realizado por ele, para
elevar o bloco até o segundo andar da obra.
c) Se foi gasto um tempo t =10 s para o operário elevar o bloco até o segundo andar da obra, calcule a
potência gasta nessa tarefa.
34. Um skatista brinca numa rampa de skate conhecida por “half pipe”. Essa pista tem como corte
transversal uma semicircunferência de raio 3 metros, conforme mostra a figura. O atleta, saindo do extremo
A da pista com velocidade de 4 m/s, atinge um ponto B de altura máxima h.
2
Desconsiderando a ação de forças dissipativas e adotando a aceleração da gravidade g = 10 m/s , o valor
de h, em metros, é de
a) 0,8.
b) 1,0.
c) 1,2.
d) 1,4.
e) 1,6.
35. Os esquemas a seguir mostram quatro rampas AB, de mesma altura AC e perfis distintos, fixadas em
mesas idênticas, nas quais uma pequena pedra é abandonada, do ponto A, a partir do repouso.
Após deslizar sem atrito pelas rampas I, II, III e IV, a pedra toca o solo, pela primeira vez, a uma distância
do ponto B respectivamente igual a dI, dII, dIII e dIV.
A relação entre essas distâncias está indicada na seguinte alternativa:
a) dI > dII = dIII > dIV
b) dIII > dII > dIV > dI
c) dII > dIV = dI > dIII
d) dI = dII = dIII = dIV
36. Um carrinho de montanha-russa percorre um trecho horizontal (trecho 1) sem perda de energia, à
velocidade de v1 = 36 km/h. Ao passar por uma pequena subida de 3,75 m, em relação ao trecho horizontal
anterior, o trem diminui sua velocidade, que é dada por v2 no ponto de maior altitude. Ao descer desse
ponto mais alto, o carrinho volta a se movimentar em um novo trecho horizontal (trecho 2) que é 1,8 m mais
alto que o trecho horizontal 1. A velocidade do carrinho ao começar a percorrer este segundo trecho
horizontal é dada por v3. Nesse instante as rodas do carrinho travam e ele passa a ser freado (aceleração a)
pela força de atrito constante com os trilhos. O carrinho percorre uma distância d = 40 m antes de parar. A
2
aceleração da gravidade é g = 10 m/s .
a) Calcule v2.
b) Calcule v3.
c) Calcule a aceleração de frenagem a devida ao atrito.
d) Em quanto tempo o carrinho conseguiu parar?
37. Uma bolinha de massa “m” é solta no ponto A da pista mostrada na figura abaixo e desloca-se até o
ponto E. Considerando que não há forças dissipativas durante o relativo percurso e que o módulo da
aceleração da gravidade é “g”, assinale a alternativa correta.
a) A energia mecânica em B é menor que em D.
b) A velocidade da bolinha em B vale 2hA . .
c) A velocidade no ponto A é máxima.
d) A energia cinética em B vale mghA .
e) A bolinha não atinge o ponto E.
38. A figura a seguir representa um bloco de massa M que comprime uma das extremidades de uma mola
ideal de constante elástica k. A outra extremidade da mola está fixa à parede. Ao ser liberado o sistema
bloco-mola, o bloco sobe a rampa até que seu centro de massa atinja uma altura h em relação ao nível
inicial.
(Despreze as forças dissipativas e considere g o módulo da aceleração da gravidade.)
Nessa situação, a compressão inicial x da mola deve ser tal que
1/2
a) x= (2Mgh/k) .
1/2
b) x= (Mgh/k) .
c) x= 2Mgh/k.
d) x= Mgh/k.
e) x= k/Mgh.
39. O Skycoaster é uma atração existente em grandes parques de diversão, representado nas figuras a
seguir. Considere que em um desses brinquedos, três aventureiros são presos a cabos de aço e içados a
grande altura. Os jovens, que se movem juntos no brinquedo, têm massas iguais a 50 kg cada um. Depois
de solto um dos cabos, passam a oscilar tal como um pêndulo simples, atingindo uma altura máxima de 60
metros e chegando a uma altura mínima do chão de apenas 2 metros. Nessas condições e desprezando a
ação de forças de resistências, qual é, aproximadamente, a máxima velocidade, em m/s, dos participantes
durante essa oscilação e qual o valor da maior energia cinética, em kJ, a que eles ficam submetidos?
40. Um corpo de massa M abandonado a partir do repouso desliza sobre um plano inclinado até ser freado
por uma mola ideal, conforme a figura.
Sabendo-se que a constante de força, k, é igual a 400 N/m, que o intervalo de tempo, Ät, desde o instante
em que o corpo toca a mola até o momento que esse para, é igual a 0,05s e que a compressão máxima da
mola, x, é igual a 0,3m, identifique as grandezas físicas que são conservadas e calcule, desprezando os
efeitos de forças dissipativas, a massa e o módulo da velocidade do corpo ao atingir a mola.
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[E]
1ª Solução:
O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade horizontal constante de
v0 = 5 m/s.
x
5
t
  1 s.
v0 5
A componente vertical da velocidade é:
v y  v0y  g t  v y  0  10 1  v y  10 m/s.
Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada:
v 2  v 02  v 2y  v  52  102
 v  125 
v  5 5 m/s.
2ª Solução:
Calculando a altura de queda:
1
2
h  g t 2  h  5 1
 h  5 m.
2
Pela conservação da energia mecânica:
m v02
m v2
m g h
2
2
 v  v 02  2 g h  v  52  2 10  5   125 
v  5 5 m/s.
Resposta da questão 2:
 Razão entre as velocidades:
Pela conservação da energia mecânica, podemos mostrar que a velocidade independe da massa:
final
inicial
EMec
 EMec

m v2
mgh  v
2
2 gh
 v1  v 2 
v1
 1.
v2
 Razão entre as energias cinéticas:
Dado: m2 = 2 m1.
m 1 v12
E1
m1
2



2
E 2 m 2 v2
2 m1
2
E1 1
 .
E2 2
Resposta da questão 3:
a) Dados: m = 1000 kg; v0 = 6000 m/s; v = 0; Δt = 7 min = 420 s.
Da segunda lei de Newton, para a força resultante tangencial:
v
0  6000
6  106
Fres  m a  Fres  m
 1000


t
420
4,2  102
Fres  1,43  104 N.
3
3
b) Dados: m = 1000 kg; h0 = 125 km = 125  10 m; h = 100 km = 100  10 m; v = 4000 m/s; v0 = 6000 m/s;
2
gMarte = 4 m/s .
Sendo W Fat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica:

 m v2
  m v 02
final
inicial
WFat  EMec
 EMec
 WFat  
 m gMarteh   
 m gMarteh0  
 2
  2


 

m 2
WFat 
v  v 02  m gMarte h  h0  
2
1000
WFat 
40002  60002  1000  4 100  125   1000 
2





WFat  500 2  107

 4  106  25   1 1010  1 108

WFat  1,01 1010 J.
Resposta da questão 4:
a) Analisando as forças atuantes no esquiador no ponto A, vemos que a componente tangencial (RTA) tem a
mesma intensidade do peso. Calculando a intensidade da componente centrípeta (RCA) nesse ponto:
2
2
2
RCA
 RTA
 R2A  RCA
 P2 
RCA  26 P2  P2

26 P

2
2
 RCA
 P2  26 P2
 RCA  25 P2  5 P 
m v 2A
 5 m g. I
R
Considerando que o esquiador tenha partido do repouso em B, pela conservação da Energia Mecânica:
A
EB
Mec  EMec
A
B
 EPot
 EB
Cin  EPot

 2
m v 2A
m g h 
 m g R

 R
2


2m g
h m v 2A

 2 m g.
R
R
 m g h
m v 2A
m g R 
2
2
 2  m vA
 m g h  
2
R
2
2
 R   m g R R  
 
 
II
(I) em (II):
m g 2
h
h
5 m g 2 m g  2 7 
R
R
h 7
 .
R 2
b) Analisando as forças atuantes no esquiador no ponto C:
NC  P  RC  NC  m g 
NC 
2
m vC
 m g.
R
2
m vC
R

III
Aplicando novamente a conservação da Energia Mecânica, em relação ao plano horizontal que passa
pelo ponto A, temos:
A
C
EMec
 EMec
A
C
C
 ECin
 ECin
 EPot
 m v2 m v2
 2
C
A


 m g R
 2
 R
2


2
m v 2A m v C

 2 m g.
R
R


2
m v 2A m v C

m g R 
2
2
2
m v 2A  2  m v C
2
2

 m g R  




2 R
2 R
R
IV 
(I) em (IV):
5 mg
2
2
m vC
m vC
2 m g  5 m g2 m g 
R
R
2
m vC
 3 m g.
R

V
(III) em (V):
NC  3 m g  m g  NC  2 m g 
NC  2 P .
Resposta da questão 5:
[C]
Aplicando a expressão da Energia Cinética:
m  v0  4 
m v2
Ecin 
 Ecin =
2
2
v0  4 
2 1.000 
5
 1.000 
5  v0  4 
2
2
 v 0  4  400  v 0  20  4 
v 0  16 m/s.
Resposta da questão 6:
[B]
1ª Solução:
2

A figura mostra as forças (normal e peso) agindo no ciclista.
A resultante das forças é a componente tangencial do peso.
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, Calculamos o módulo da aceleração escalar na descida:
 1
Fres  Px  m a  m g sen 30  a  g sen 30  10    a  5 m / s2.
2
Aplicando a equação de Torricelli:
v 2  v02  2 a S  v 2  02  2  5  1.440  v  14.400 
v  120 m / s.
2ª Solução:
O sistema é conservativo.
Aplicando o teorema da conservação da energia mecânica entre os pontos A e B:
A
B
EMec
 EMec

m v2
1
 m g h  v 2  2 g S sen 30  v  2  10  1.440  
2
2
v  120 m / s.
Resposta da questão 7:
[B]
Tempo mensal de operação em horas:
min
Furadeira: Δt f  15
 30 dias  450 min  7,5 h.
dia
min
Serra: Δt s  30
 30 dias  900 min  15 h.
dia
Calculando os consumos:
Ef  0,5 kW  7,5 h  3,75 kW  h
E  P t 
ES  1,5 kW  15 h  22,5 kW  h
E  26,25 kW  h.
 E  3,75  22,5 
Resposta da questão 8:
2
Dados: m = 0,1 kg; k = 0,1 N/cm = 10 N/m; g = 10 m/s ; h = 1,2 m.
 
 
a) As forças que agem na mola no ponto de deformação máxima são o peso P e a força elástica F .
b) O sistema é conservativo. Tomando como referencial de altura o ponto B, vem:
A
EMec
 EB
Mec
 m g h
m v2
2
 v 2 gh 
2 10 1,2   24 
v  4,9 m / s.
c) Aplicando o Teorema da Energia Potencial para o mesmo referencial do item anterior:
A
A,B
A,B
τ A,B  Epot
 EB
pot  m g h  0  τP  0,110 1,2   τP  1,2 J.
P
d) Tomando como referencial de altura o ponto C e lembrando que no ponto de deformação máxima a
velocidade do corpo é nula, usando a Conservação da Mecânica, vem:
 m g h  x  
A
C
EMec
 EMec
k x2
2
 0,110 1,2  x  
1  1  24
5 x 2  x  1,2  0  x 
2 5
10 x 2
2

1 5
 0,6 m
10
1 5
x2 
 0,4 m (não convém)
10
x1 

xmáx  0,6 m.
Resposta da questão 9:
[C]
Para atingir o ponto C, tem que passar pelo ponto B.
Tratando-se de um sistema conservativo, pela conservação da energia mecânica:
A
B
EMec
 EMec

m V02
 m g hB  V0  2 g hB  2 10 16,2   324 
2
V0  18 m / s.
Obs: rigorosamente, V0 > 18 m/s.
Resposta da questão 10:
[B]
Dados: m = 2 kg; K = 200 N/m; v = 1 m/s; h = 4 m.
O sistema é conservativo. Então:
A
B
EMec
 EMec
x
81
100

K x2
m v2
m g h
2
2
 x  0,9 m.

2 1
200 x 2
 2 10  4  
2
2
2

Ignorando a resposta negativa:
x = 90,0 cm.
Resposta da questão 11:
[A]
2
Dados: h = 3,2 m; v = 6 m/s; g = 10 m/s ; m = 40 kg.
Considerando desprezível a resistência do ar e adotando referencial no ponto final da descida, pela
conservação da energia mecânica:
inicial
final
EMec
 EMec
 m gH
m v2
 mgh
2
 10 H 
62
50
 10  3,2  H 
22
10

H = 5 m.
Resposta da questão 12:
Variação da quantidade de movimento:
ΔQ  m.ΔV  forma escalar
ΔQ  0,06.(60  0)  0,06.60  3,6
 ΔQ  3,6 kg  m s
Variação da energia cinética:
ΔEC  EC.F  EC.0  m.
2
V
V2
 m. 0
2
2
602
0
2
 ΔEC  108 J
ΔEC  0,06.
Resposta da questão 13:
[E]
Dados: m = 80 kg; h = 450 m; g = 10 m/s ;  = 25% = 0,25 = 1/4.
2
A energia útil (EU) nessa atividade a energia potencial gravitacional adquirida pela pessoa.
EU  mgh  80 10 450  360.000 J  EU  360 kJ.
A energia total (ET) liberada pelo organismo nessa atividade é:
E
E
360
  U  ET  U 
 ET  4  360  
1
ET

4
ET  1.440 J.
Consultando a tabela dada, concluímos que essa quantidade de energia corresponde à de 4 porções de
espaguete.
Resposta da questão 14:
[A]
Para a caixa chegar até B, faltou a energia potencial correspondente à altura h, de C a B.
sen30 
h
1,6
1
h

2 1,6

 h  0,8 m.
ΔEpot  mgh  30 10  0,8   ΔEpot  240 J.
Resposta da questão 15:
Como há atuação da força de atrito, haverá energia dissipada no sistema. Devido a isso, podemos concluir
que a energia mecânica inicial será igual à energia mecânica final somada ao módulo do trabalho da força
de atrito, que representa a energia dissipada.
Eminicial  Emfinal  | τatrito |
- No momento inicial:
Eminicial  Ep  Ec  Eminicial  m.g.h 
h  0  Eminicial 
m.V02
2
m.V02
2
- No momento final:
Emfinal  Ep  Ec  Emfinal  m.g.h 
m.V 2
2
V  0  Emfinal  m.g.h
- Trabalho da força de atrito:
τatrito  área sob a curva do gráfico.
A figura sob a curva do gráfico é um triângulo e sua área será:
b.a 100.10
área 

 500
2
2
| τatrito | 500J
Eminicial  Emfinal  | τatrito |
m.V02
 m.g.h  500
2
Substituindo os valores:
m.V02
2.V02
 m.g.h  500 
 2.10.100  500
2
2
V0  50m / s
Resposta da questão 16:
[D]
A potência é a razão entre a energia potencial transferida e o tempo de deslocamento.
Epot mgh 300 10  6 
Pot 


 Pot  900 W.
t
t
20
Resposta da questão 17:
[A]
A área sombreada abaixo é numericamente igual ao trabalho da força elástica.
W
80  40
x2  120J .
2
Resposta da questão 18:
[D]
Dados: F = 4 N; d = 1 m;  = 60°
O trabalho de força constante é calculado pela expressão:
T = F d cos .
Essa expressão mostra que o trabalho (T) de força constante é diretamente proporcional ao deslocamento
(d); portanto, o gráfico T = f (d) é uma reta que passa pela origem.
Para os valores fornecidos:
T = 4 (1) cos 60° = 4 (0,5)  T = 2 J.
Resposta da questão 19:
[B]
Como foram dissipados 4 J de energia mecânica do corpo, o trabalho das forças não conservativas é igual a
– 4 J. Assim, aplicando o teorema da energia cinética, vem:
WRv  Ecin

2 10 10   4 
WPv  WFv
não  conserv
2 v2
2

final
 Ecin
 Einicial
cin
v 2  196

m g h4
m v2
2


v  14 m / s.
Resposta da questão 20:
Trabalho realizado por F: WF  F.d.cos37  10  3  0,8  24J
Energia cinética final: EC 
1
1
mv 2   2  32  9,0J
2
2
Energia dissipada: ED  WF  EC  24  9  15J
Portanto, o módulo da energia dissipada no percurso é igual a 15.
Resposta da questão 21:
[E]
Dados: P = 1 kW = 10 W; t = 1 h = 3,6  10 s; h = 72 m; g = 10 m/s ; dágua = 1 kg/L.
A energia consumida pelo ferro de passar em 1 hora deve ser igual à variação da energia potencial de uma
massa m de água. Então:
3
Eágua  Eferro
V  5.000 L.

3
mgh  Pt

m
2
Pt 103  3,6  103

 5.000 kg
gh
10  72

Resposta da questão 22:
[A]
Há conservação de energia.
1
1
mgHA  mgHB  mVB2  gHA  gHB  VB2  VB2  2g(HA  HB )
2
2
VB2  2.10.(5,65  3,20)  49  VB  7,0m / s
Fazendo o mesmo raciocínio para C, vem:
VC2  2g(HA  HC )  2.10.(5,65  2,45)  64  VC  8,0m / s
Resposta da questão 23:
Dados: h0 = L; r = L – x
Para que a massa pendular descreva o círculo vertical, o fio não pode bambear em nenhum ponto do da
v
trajetória. Isto significa que, para o menor valor de x, no ponto mais alto (B), a tração no fio ( T ) deve ser
nula, ou seja, a resultante centrípeta nesse ponto é o próprio peso. Assim:
RCent  P
2
M vmín
Mg
r


2
v mín
 r g (I).
Tomando como referencial de altura o ponto mais baixo da trajetória, pela conservação da energia
mecânica, vem:
A
EMec
 EBMec

M g L  M g 2(L  x) 
M v2
2

2 g L  4 g(L  x)  v 2 (II).
Para encontrar o menor valor de x (xmín), substituímos (I) em (II), notando que r = L – x:
3L
2gL  4 g L  4xmín  g L  xmín   5 xmín = 3 L  xmín 

5
3L
x
.
5
Porém, para x = L, a massa pendular bate na barra, não havendo círculo vertical; para x > L, a barra atinge
apenas a altura h = L. Portanto, devemos ter, também, x < L. Então, reunindo as conclusões, temos:
3L
 xL.
5
Resposta da questão 24:
[E]
Dados: h = 2,4 m; vAB = 4 m/s.
Usando duas vezes a conservação da energia mecânica:
2
m v CD
v2
m v 2AB
42
AB
CD


 mgh 
 10(2, 4)  CD
EMec
 EMec
2
2
2
2
2
2
m v CD
8
CD
 mgH 
 10 H  H = 3,2 m.
EMec
 EEMec 
2
2
2
 v CD
 64  vCD = 8 ms.
Resposta da questão 25:
[C]
A energia potencial elástica será transformada em potencial gravitacional:
1
.k.x2  mgh  128x2  2x10x0,1  64x 2  1  8x  1  x  0,125N / m
2
Resposta da questão 26:
[A]
Um mol de U-235 tem massa 235 g (M = 235 g/mol). Calculemos então quantos mols há em 1 kg (1.000 g).
m 1.000
n 
 4,23mols.
M
235
Para calcular a quantidade de átomos (N), basta multiplicar pelo número de Avogadro.
N  4,23  6  1023  N  2,55  1024.
−20
Como cada átomo libera 208 MeV é 1 eV = 4,45 × 10
átomos, em kWh, é:
E  2,55  1024  208  4,45  10 20 
kWh A, energia liberada por essa quantidade de
E  2,36  107 kWh.
Como em 1 mês são consumidos 230 kWh, o tempo pedido é:
2,36  107
102.620
t
 102.620 meses 
anos 
230
12
t  8.55l anos.
Ou seja, mais de 8.000 anos.
Resposta da questão 27:
[C]
I. Incorreta.
A fissão é usada para produzir calor e aquecer a água no reator, como na afirmativa (II)
II. Correta.
III. Correta.
IV. Incorreta.
Recentemente foi descoberta no sul da Índia a mina Tumalapalli, a maior reserva natural de urânio do
mundo, estimada em 150 mil toneladas.
Resposta da questão 28:
[D]
Dados: F = 5 N; d = 2 m;  = 15°.
O enunciado nos permite construir a figura abaixo.
O trabalho de uma força é dado pelo trabalho de sua componente paralela ao deslocamento.
Assim, na figura:
T = F d cos .
Porém,  e  são complementares. Então:
sen  = cos .
Portanto:
T = F d cos  = F d sen . Substituindo os valores dados:
T = 5  2  sen 75°.
Ou seja:  = 75°.
Resposta da questão 29:
2
a) Dados: r = 80 cm = 0,8 m; h = 2 m; m = 36 kg; H = 6 m; g = 10 m/s .
Como na descida o atrito é desprezível, o sistema pode ser considerado conservativo. Então, tomando
como referência o plano que contém o final do toboágua, pela conservação da energia mecânica temos:
mv 2
v2
2
final
 10 (6) = 10 (2) +
 v = 80.
Einicial
mec  Emec  m g H = m g h +
2
2
A força horizontal (Fx) sobre a criança durante a descida é a resultante centrípeta.
36 (80)
mv 2
Fx = RC =
=
 Fx = 3.600 N.
r
0,8
b) Dados: v0 = 10,9 m/s; v = 0; S = 1,5 m; g = 10 m/s .
Durante a descida da criança na água da piscina, ela sofre a ação do peso ( P ) e das forças dissipativas
2
 
exercidas pela água FDM , em sentido oposto ao movimento, formando com a velocidade ângulo  =
180°. Aplicando o teorema da energia cinética:
WR = Ec  WP  WFDM =
mv 02
mv 2 mv 02
 m g S + FDM S cos 180° = 0 –


2
2
2
10 (36) (1,5) – FDM (1,5) = –
2.678,6
36  10,92
 1,5 FDM = 540 +2.138,6  FDM =

2
1,5
FDM = 1.785,7 J.
Resposta da questão 30:
[B]
Dados: m1 = 1.000 kg; v1 = 360 km/h = 100 m/s; m2 = 800 kg; v 2 = 720 km/h = 200 m/s.
Aplicando o teorema da energia cinética:
1.000 100 
m v 2 m v 2 800  200 
 2 2 1 1 

 1,6  107  0,5  107 
2
2
2
2
2
Wres  Ecin
Wres  1,1 107 J.
2
Resposta da questão 31:
 
 
a) No trajeto do ponto P até o ponto B, agem no bloco três forças: o peso P a normal N e a de atrito
F  .
at
A força peso realiza trabalho apenas ao longo da descida PA, a normal não realiza trabalho, pois é
perpendicular à trajetória em todo o percurso, e a força de atrito somente realiza trabalho no trecho AB.
Apliquemos, então, o teorema da energia cinética, notando que a energia cinética final em B é nula e que
em P é 1/20 da energia potencial nesse mesmo ponto, suposta calculada a partir do plano horizontal de
lançamento.
AB
WPPA  WNPB  WFat
 EBC  EPC 
WR  EC 
1
mgH 
20
m g(H  0,15 H)   m g 3 H  0,05m g H 
m g(H  h)  0  Fat d  0 
0,85 H + 0,05 H = 3  H   =
b) EMec 
| WFat |
EMec
mgd

1
m g Hm g H
20
0,3 m g 3 H 18
= 0,857  EMec(%) = 85,7%.


21
21
mgH
20
P
Mec
E
0,9
  = 0,3.
3

Resposta da questão 32:
[D]
3
–6
3
Dados: quantidade de anéis: n = 100; Volume de água em cada anel: V = 1 cm = 10 m ;
3
3
3
Densidade da água: d = 1 g/cm = 10 kg/m ; Altura de elevação: h = 2 m; Período de rotação do eixo: T = 2
s.
O volume total de água contido nos 100 anéis é:
-6
–4
3
3
VT = n V = 100 (10 ) m = 10 m .
Esse volume representa uma massa de:
3
–4
M = d VT = 10 (10 ) = 10
–1
kg.
O tempo de elevação dessa massa de água é:
t = 100 T = 100 (2) = 200 s.
A Potência útil da fonte de rotação é:


101 (10) (2)
EPotencial M g h
2
1
–2
P=
=
P=
 P = 1,0  10 W.


200
200 100
t
t
Resposta da questão 33:
a)
Interbits®
T
P
v
T : força de tração aplicada pelo cabo no bloco;
v
P : força peso, aplicada pela Terra sobre o bloco.
Como a subida é feita com velocidade constante, essas forças têm mesma intensidade. Podemos então
escrever:
v
v

 Vetorialmente : T  P


Modularmente: T  P  m g  100  10  1.000 N.
b)
Fop
Interbits®
Fop
T
 
v
Sendo desprezível a massa da polia, a força aplicada pelo operador no cabo Fop , de acordo com a figura,
tem intensidade:
2 Fop  T  P  1.000

Fop  500 N.
  é igual a energia potencial
Desprezando dissipações, o trabalho da força aplicada pelo operador WFv
op
adquirida pelo bloco:
WFv  m g h  100  10  5
op

WFv  5.000 J.
op
c) A potência é dada pela energia potencial dividida pelo tempo.
Pot 
Epot
t

5.000
10

Pot  500 W.
Resposta da questão 34:
[A]
A
 EBmec 
Sistema Conservativo: Emec
mv 2A
v2
42
 mgh  h  A 
 0,8 m.
2
2g 2(10)
Resposta da questão 35:
[D]
Como o sistema é conservativo, em todos os casos a velocidade em B é vB, que pode ser calculada pelo
Teorema da Energia Mecânica.
Fazendo AB = h, temos:
A
Emec
 EBmec  mgh 
1
mvB2  vB  2gh.
2
Sendo H a altura do solo até B, o tempo de queda (tq) é obtido pela expressão: H =
1 2
gt q  t q 
2
2H
.
g
Na direção horizontal, o movimento é uniforme com velocidade vB. A distância horizontal percorrida durante
 2H 
o tempo de queda é: d = vB tq  d =
2gh 
 d  2 hH . Sendo h e H iguais em todos os casos, a
 g 


distância de B ao solo também é a mesma para todos eles.


Resposta da questão 36:
2
Dados: v1 = 36 km/h = 10 m/s; h2 = 3,75 m; h3 = 1,8 m; d = 40 m; g = 10 m/s .
A figura abaixo representa a situação descrita.
a) Pela conservação da energia mecânica:
A
B
EMec
 EMec
v2 =

m v12 m v 22

 m g h2  v12  v22  2 g h2 
2
2
v 2  v12  2 g h2 
102  2(10)(3,75)  25  v2 = 5 m/s.
b) Usando novamente a conservação da energia mecânica:
A
c
EMec
 EMec
v3 =

m v12 m v32

 m g h3  v12  v32  2 g h3 
2
2
102  2(10)(1,8)  64  v3 = 8 m/s.
c) Como o carrinho para em D, v4 = 0.
Aplicando a equação de Torricelli no trecho CD, vem:
v 24  v 32  2 a d  0 = 8 + 2 a 40  – 80 a = 64  a = – 0,8 m/s .
2
2
d) Da função horária da velocidade:
v4 = v3 + a t  0 = 8 – 0,8 t  t 
8
 t = 10 s.
0,8
Resposta da questão 37:
[D]
O sistema é conservativo:
A
A
A
EMec
 EBMec  ECin
 EPot
 EBCin  EBPot .
Porém, a energia cinética em A e a energia potencial em B são nulas.
Então:
v3  v12  2 g h3 
A
 EBCin = m g hA .
EBCin  EPot
Resposta da questão 38:
[A]
Pela conservação da energia mecânica, temos:
k x2
m g hx 
2
1
2 m gh
 2 m g h 2
x

k
k


Resposta da questão 39:
A figura abaixo ilustra os pontos de velocidade nula (A) e de velocidade máxima (B).
Dados: m = 50 kg; hA = 60 m; hB = 2 m.
Pela conservação da energia mecânica:
3mv 2
A

Emec
 EBmec  3m g hA = 3m g hB +
2
v2
2
2
g(hA – hB) =
 v = 2g hA  hB   20(60  2)  v = 1.160  v =
2
v  34 m/s.
1.160 
A energia cinética máxima a que eles ficam submetidos é a energia cinética do sistema formado pelos três
jovens, no ponto de velocidade máxima (B).
3mv 2 3(50)(1.160)

 87.000 J 
2
3
ECin = 87 kJ.
ECin =
Resposta da questão 40:
As grandezas físicas conservadas são a massa e a energia.
Dados: k = 400 N/m; t = 0,05 s; x = 0,3 m.
O tempo ( Δ t) que o corpo gasta até parar é um quarto do período (T) de oscilação para esse sistema
corpo-mola, se ele estivesse oscilando preso a ela.
t 
T
4
T  4 t  4  0,05 


T  0,2 s.
Mas o período do sistema corpo-mola é dado por:
T  2
m
k

T 2  42
m
k

m
k T2
.
42
Substituindo os valores dados e fazendo 2  10, temos:
m
400  0,2 
4 10 
2

m  0,4 kg.
Considerando a conservação da energia mecânica, toda energia cinética do bloco é armazenada na mola
em forma de energia potencial elástica.
m v 2 k x2

2
2

vx
10   , vem:
v  3  m/s.
Fazendo
k
m

v  0,3
400
10
 0,3  20 
0,4
2
