Trabalho

Trabalho
Gabarito Parte I:
Resposta da questão 1:
Dados: R = 5Ω; U = 120 V; Δ t = 10min = 1/ 6h.
ΔE = P Δt =
U2
1202 1
Δt =
× = 480 W ⋅ h ⇒ ΔE = 0,48 kW ⋅ h.
R
5
6
Resposta da questão 2:
a) A área total é igual à soma das áreas das seis faces.
A = 2 (2 × 3 + 2 × 4 + 3 × 4) ⇒
A = 52 m2 .
b) Dados: k = 5 × 10−2 J(s ⋅ m ⋅ °C); ε = 26cm = 26 × 10−2 m; Ti = 20°C; Te = −40°C.
Para manter a temperatura constante, a potência do aquecedor deve compensar o fluxo de calor para o meio.
Assim:
−2
k A ΔT 5 × 10 × 52 × 20 − ( -40 ) 
P=Φ=
=
= 6 × 102 W ⇒
ε
26 × 10−2
P = 0,6 kW.
c) Da expressão da energia consumida:
E = P Δt = 0,6 × 24 ⇒ E = 14,4 kWh.
Resposta da questão 3: [C]
Dados: Pco = 10 W; ET = 2.500 kcal = 2,5 × 106 cal; 1 cal = 4 J.
Calculando a potência total:
E
2,5 × 106 × 4
PT = T =
= 115,74 W ≅ 116 W.
Δt
24 × 3 600
116 W → 100%

10 W → x%
⇒ x = 8,62% ⇒
x = 9%.
Resposta da questão 4:
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
2
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; gMarte = 4 m/s .
Sendo WFat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica:
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Página 1

 m v2
  m v2
final
inicial
0
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 5:
Q 2500000.4,2 ( J)
P=
=
86400 ( s )
Δt
∴ P ≅ 121,5w
Resposta da questão 6: [E]
Dados: v0 = 0; v = 144 km/h = 40 m/s; m = 1.000 kg; ∆t = 20 s; PT = 75.000 W = 7,5 × 10 4 W.
Calculando a energia cinética adquirida pelo veículo:
∆Ecin =
m v 2 m v 02 1000 ⋅ 402
−
=
− 0 ⇒ ∆Ecin = 80 × 104 J.
2
2
2
A potência útil é:
Pu =
∆Ecin 80 × 10 4
=
∆t
20
⇒ Pu = 4 × 104 W.
Calculando o rendimento do motor:
P
4 × 104
η= u =
= 0,53 ⇒ η = 53%.
PT 7,5 × 104
Resposta da questão 7:
a) Na subida o movimento é acelerado, assim concluímos que a força (F) realizada pelo cabo sobre a cápsula é maior que o
peso do conjunto (cápsula+pessoa). A partir destas considerações, podemos calcular a aceleração de subida da cápsula.
Vejamos os dados pertinentes para o cálculo da aceleração durante a subida:
F = 7,5 × 104 N.
P = 5 × 104 N.
MC = 5x103 kg (massa do conjunto)
Assim, F − P = MC .a
7,5 × 104 − 5x104 = 5x103.a
2,5 × 104 = 5x103.a
a=
2,5 × 10 4
3
5 × 10
=
25
= 5m / s2
5
Como podemos perceber, o enunciado informa que esta aceleração se mantém apenas no primeiro trecho do percurso,
sendo o restante do movimento sujeito apenas a aceleração gravitacional freando a cápsula. Assim devemos notar dois
2
movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s dirigida para cima e outro movimento retardado com
2
aceleração de 10 m/s dirigida para baixo.
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Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma:
ΔSac + ΔSre = 60m
Em que ΔSac = deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e ΔSre =
deslocamento sofrido pela cápsula de T1 a T2.
Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos:
ACELERADO:
V 2 = 02 + 2.5.ΔSac
V 2 = 10.ΔSac
RETARDADO:
02 = V 2 + 2.are .ΔSre
0 = V 2 + 2.( −10).ΔSre
V 2 = 20.ΔSre
Igualando as duas expressões, temos:
10.ΔSac = 20.ΔSre
ΔSac = 2.ΔSre
Assim, o ΔSac = 40m e ΔSre = 20m
Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos relacionar os intervalos de
tempo de 0 à T1, e de T1 à T2.
ΔSac = V.(T1 )
ΔSre = V.(T2 − T1)
ΔSac = 2.ΔSre
V.(T1 ) = 2.V.(T2 − T1 )
T1 = 2T2 − 2T1
3T1 = 2T2
Calculando T1:
ΔSac = 0.T1 +
40 =
5.T12
2
5.T12
2
80 = 5.T12
T12 = 16
T1 = 4s
Calculando T2:
3T1 = 2T2
3.4 = 2T2
12 = 2T2
∴ T2 = 6s
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b) Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima, assim sendo:
VMÁX=0+5.T1
VMÁX=5.4=20m/s
Calculando a potência máxima, temos:
PMÁX. = F.VMÁX.
PMÁX. = 7,5 × 104.20
PMÁX. = 150 × 104
∴ PMÁX. = 1,5 MW
Resposta da questão 8: [D]
No triângulo OAB: a2 + b 2 = 262
⇒ a2 + b2 = 676. (I)
No triângulo OAC: a2 = 82 + h2 . (II)
No triângulo ABC: b2 = 182 + h2 . (III)
Substituindo (II) e (III) em (I):
(
)
82 + h2 + 182 + h2 = 676 ⇒ 2h2 = 288 ⇒ h2 = 144 ⇒ h = 12 m. O trabalho da força pela força F WF é
numericamente igual à “área” entre a linha do gráfico e o eixo do deslocamento.
26 × 12
⇒ WF = 156 J.
WF =
2
Resposta da questão 9:
7
2
Dados: z = 300 L/min; h = 20 m; η = 0,4; p = 4 × 10 j/kg; d = 1 kg/L; g = 10 m/s .
a) A potência efetiva é a potência útil, usada na elevação da água.
m g h d V g h 1× 300 × 10 × 20
Pef =
=
=
⇒
Δt
Δt
60
Pef = 1.000 W.
b) Calculando a potência total:
P
1000
η = ef
⇒ 0,4 =
⇒ Ptotal = 2.500 W.
Ptotal
Ptotal
A energia consumida em 1 hora é:
ΔE = Ptotal Δt ⇒ ΔE = 2.500 × 3.600 = 9 × 106 J.
Usando o poder calorífico, calculamos a massa de óleo consumida em 1 hora.
1 kg óleo → 4 × 107 J

6
m kg óleo → 9 × 10 J
⇒ m=
9 × 106
4 × 107
⇒
m = 0,225 kg.
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Página 4
Resposta da questão 10: [B]
A potência média é:
(
Pm = Fcos 600
) ΔΔSt = 25x0,5x 205 = 50W.
Resposta da questão 11: [B]
2
Dados: P = 20 W; g = 10 m/s ; h = 80 cm = 0,8 m;
Δt = 1 s.
De acordo com as expressões fornecidas no enunciado:
P=
mgh
Δt
⇒ m=
P Δt
20 ⋅ 1
=
g h 10 ⋅ 0,8
⇒ m = 2,5 kg ⇒
V = 2,5 L.
Resposta da questão 12:
Dados:
P = 0,1⋅ A ⋅ v 3 ; A = 2m2 ; v = 5m / s; h = 7,5m; g = 10m / s2 ; ρ = 1 g / cm3 = 1kg / L = 103 kg / m3 .
a) Para essa velocidade do vento, a potência P1 é:
P1 = 0,1( 2 )( 5 )
3
⇒ P1 = 25 W.
b) Como a densidade da água é 1 kg/L, a massa de 1 L é m = 1 kg.
E = mgh = 1(10 )( 7,5 ) ⇒ E = 75 J.
c) Como a potência é constante, da definição de potência média:
E
E 75
P1 =
⇒ ∆t1 =
=
⇒ ∆t1 = 3 s.
∆t1
P1 25
Nesse intervalo de tempo, o volume bombeado é V = 1 litro de água. Então, a vazão z1 é:
V
1
1
z1 =
=
⇒ z1 = L / s.
∆t1 3
3
Assim, o volume de água bombeado a cada segundo é V1 = 1/3 L.
d) Se a velocidade do vento cair pela metade, a nova potência útil é:
3
25
5
P2 = 0,1( 2 )  
⇒ P2 =
W.
8
2
E
E
75
P2 =
⇒ Δt 2 =
=
⇒ Δt1 = 24 s.
Δt 2
P2 25
8
A nova vazão é z2:
V
1
1
=
⇒ z2 =
z2 =
L / s.
∆t 2 24
24
Assim, o volume de água bombeado a cada segundo é V2 = 1/24 L.
Resposta da questão 13:
a) Dados: V20 = 4 L;r20 = 0,882 kg / L;r100 = 0,840 kg / L.
Como a massa não se altera:
m20 = m100 ⇒ ρ20 V20 = ρ100 V100 ⇒ 0,882 ( 4 ) = 0,84 V110
⇒
V100 = 4,2 L.
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b) Dados: Fatrito = 3,0 N;d = 12 cm = 0,12 m;n = 2.500 ciclos;Dt = 1 min = 60 s.
Da expressão da potência média:
Pdissip =
WFat n Fatrito d 2.500(3)(0,12)
=
=
Δt
Δt
60
⇒ Pdissip = 15 W.
Resposta da questão 14: [C]
Aplicação de fórmula: W = F.d.cos θ = 80x20x0,6 = 960J
Resposta da questão 15: [D]
Dados: F = 4 N; d = 1 m; α = 60°
O trabalho de força constante é calculado pela expressão:
T = F d cos α.
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 16:
P=
W
200x4200
84x10 4
→ 500 =
→ Δt =
= 1680s
Δt
Δt
500
V=
ΔS
ΔS
→ 1,5 =
→ ΔS = 2,52km .
Δt
1680
Resposta da questão 17: [A]
OBS: O examinador não considerou que durante a corrida as pernas do atleta são aceleradas e desaceleradas a cada passada,
havendo um trabalho motor e um trabalho resistente. Matematicamente, esses trabalhos têm soma nula, mas consomem
energia do organismo do atleta. Portanto o valor calculado nessa questão é falso. Da maneira como ele considera, um atleta
correndo, com velocidade constante, não gasta energia.
Dados: m = 80 kg; v0 = 0; v = 43,2 km/h = 12 m/s; ∆t = 9 s; 1 cal = 4 J.
Pelo teorema da energia cinética, calculemos o trabalho da resultante ( WR ) :
WR =
m v 2 m v 02
−
2
2
⇒
WR =
80 (12 )
2
2
= 5.760 J = 1.440 cal.
A potência média desenvolvida pelo atleta é:
W
1.440
Pm = R =
= 160 cal/s.
∆t
9
Resposta da questão 18: [D]
2
Dados: m = 1.000 kg; g = 10 m/s ; P = 80 CV = 80 × 735 = 58.800 W; ∆t = 6 s.
Se a energia (E) armazenada pelo KERS fosse totalmente transformada em energia potencial (EPot), teríamos:
P ∆t 58.800 ( 6 )
E = EPot ⇒ P ∆t = m g h ⇒ h =
=
⇒
mg
10.000
h ≅ 35 m.
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Resposta da questão 19: [D]
Dados: F = 30 N; ∆S = 800 m.
O trabalho (W) de uma força constante ( F ) é dado pela expressão:
WF = F ∆S cos α. Como a força é paralela ao deslocamento, α = 0°, cos α = 1. Então:
WF = 30 (800) = 24.000 J = 24 kJ.
Resposta da questão 20: [D]
A potência gerada por essa força resultante é medida pela variação da energia cinética (∆
∆EC) em relação em tempo (t).
∆E C
P=
t
m v2
⇒ P=
m v2
⇒ P=
2 t
2
t
1
⇒
v=
1
2 P
 2 P 2 2
t ⇒ v=
 t .
m
 m 
Resposta da questão 21: [C]
Adotemos como referencial de altura a base dos planos inclinados. Pelo teorema da energia potencial, o trabalho da força peso
independe da trajetória, sendo dado por:
inicial
final
TP = EPot
− EPot
⇒
T1 = T2 = 0 − mgh
⇒
T1 = T2 = −m g h.
O trabalho da força peso só depende das alturas final e inicial, sendo, então, positivo na descida e negativo na subida.
Resposta da questão 22: [B]
Resposta da questão 23: [A]
Resposta da questão 24: [A]
Resposta da questão 25:
A energia mecânica é igual a 24/80% = 24/0,8 = 30 J
Esta energia é a energia potencial gravitacional do corpo, E = mgh, então:
mgh = 30
2.10.h = 30
20h = 30
h = 30/20 = 1,5 m
Gabarito Parte II:
Resposta da questão 1:
Vamos considerar que o deslocamento tenha se realizado com velocidade constante, desprezando os tempos de aceleração e
desaceleração, para podermos considerar a intensidade da força F igual à metade da intensidade da força peso, como induz o
enunciado.
a) Como a força peso é constante:
WP = P ∆Scos α = Phcos180º ⇒ WP = −Ph.
b) Como o enunciado pede para desprezar dissipações de energia mecânica, o trabalho da força F é, em módulo, igual a
trabalho da força peso, porém de sinal oposto. WF = +Ph.
Como já especificado, considerando velocidade constante, da figura, temos:
P
2F = P ⇒ F = .
2
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Página 7
Sendo F uma força constante, o trabalho por ela realizado também pode ser dado por:
P
WF = F ∆SA cos0º ⇒
∆SA = Ph ⇒ ∆S A = 2h.
2
c) Em cada polia móvel, a intensidade da força aplicada no seu eixo é dividida por 2. Assim, para N polias móveis, temos:
Polias móveis
Força aplicada
1
F=
2
F=
F=
N
F=
P
21
P
22
P
23
P
2N
Resposta da questão 2:
Dados: N = 20; ρa = 103 kg/m3 ; Z = V/∆t = 600 m3 /s ; η = 75% = 0,75; g = 10 m/s2 ; h = 120 m.
a) A potência elétrica gerada é a potência útil, igual a 75% da potência total.
ρ Vgh
mgh
PU = ηPT = ηN
= ηN a
= ηNρa Zgh ⇒
∆t
∆t
PU = 0,75 × 20 × 103 × 600 × 10 × 120 ⇒
PU = 1,08 × 1010 W.
b) Considerando que as 20 turbinas operam durante 24 h:
E = PU ∆t ⇒ E = 1,08 × 1010 × 24 × 3.600 ⇒
E ≅ 9,3 × 1014 J.
Interbits®
Resposta da questão 3:
a)
T
P
T : força de tração aplicada pelo cabo no bloco;
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:
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Página 8
 Vetorialmente : T = −P

Modularmente: T = P = m g = 100 × 10 = 1.000 N.
b)
Fop
T
Interbits®
Fop
( )
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 adquirida pelo bloco:
Desprezando dissipações, o trabalho da força aplicada pelo operador WF
op
WF = m g h = 100 × 10 × 5
op
⇒
WF = 5.000 J.
op
c) A potência é dada pela energia potencial dividida pelo tempo.
Pot =
Epot
∆t
=
5.000
10
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⇒
Pot = 500 W.
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