3. Trabalhoo, Energia e Dinâmica Impulsiva

LISTA de TRABALHO, ENERGIA e DINÂMICA IMPULSIVA
PROFESSOR ANDRÉ
1. (Unicamp 2014)A figura abaixo exibe, em porcentagem, a previsão da oferta de energia no Brasil em 2030,
segundo o Plano Nacional de Energia.
Segundo o plano, em 2030, a oferta total de energia do país irá atingir 557 milhões de tep (toneladas equivalentes de
petróleo). Nesse caso, podemos prever que a parcela oriunda de fontes renováveis, indicada em cinza na figura,
equivalerá a
a) 178,240 milhões de tep.
b) 297,995 milhões de tep.
c) 353,138 milhões de tep.
d) 259,562 milhões de tep.
2. (Fuvest 2014) No sistema cardiovascular de um ser humano, o coração funciona como uma bomba, com potência
média de 10 W, responsável pela circulação sanguínea. Se uma pessoa fizer uma dieta alimentar de 2500 kcal
diárias, a porcentagem dessa energia utilizada para manter sua circulação sanguínea será, aproximadamente, igual a
Note e adote:
1 cal = 4 J.
a) 1%
b) 4%
c) 9%
d) 20%
e) 25%
3. (Fuvest 2014) Em uma competição de salto em distância, um atleta de 70 kg tem, imediatamente antes do salto,
uma velocidade na direção horizontal de módulo 10 m/s. Ao saltar, o atleta usa seus músculos para empurrar o chão
na direção vertical, produzindo uma energia de 500 J, sendo 70% desse valor na forma de energia cinética.
Imediatamente após se separar do chão, o módulo da velocidade do atleta é mais próximo de
a) 10,0 m/s
b) 10,5 m/s
c) 12,2 m/s
d) 13,2 m/s
e) 13,8 m/s
4. (Espcex (Aman) 2014)Um bloco de massa M=180 g está sobre urna superfície horizontal sem atrito, e prende-se a
extremidade de uma mola ideal de massa desprezível e constante elástica igual a 2  103 N / m. A outra extremidade
da mola está presa a um suporte fixo, conforme mostra o desenho. Inicialmente o bloco se encontra em repouso e a
mola no seu comprimento natural, Isto é, sem deformação.
Um projétil de massa m=20 g é disparado horizontalmente contra o bloco, que é de fácil penetração. Ele atinge o
bloco no centro de sua face, com velocidade de v=200 m/s. Devido ao choque, o projétil aloja-se no interior do bloco.
Desprezando a resistência do ar, a compressão máxima da mola é de:
a) 10,0 cm
b) 12,0 cm
c) 15,0 cm
d) 20,0 cm
e) 30,0 cm
204
200
5. (Fuvest 2014) Um núcleo de polônio-204 ( Po), em repouso, transmuta-se em um núcleo de chumbo-200 ( Pb),
emitindo uma partícula alfa (α ) com energia cinética Eα . Nesta reação, a energia cinética do núcleo de chumbo é
igual a
Note e adote:
Núcleo
204
Po
200
Pb
α
Massa (u)
204
200
4
1 u = 1 unidade de massa atômica.
a) Eα .
b) Eα / 4
c) Eα / 50
d) Eα / 200
e) Eα / 204
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Leia o texto:
Andar de bondinho no complexo do Pão de Açúcar no Rio de Janeiro é um dos passeios aéreos urbanos mais
famosos do mundo. Marca registrada da cidade, o Morro do Pão de Açúcar é constituído de um único bloco de
granito, despido de vegetação em sua quase totalidade e tem mais de 600 milhões de anos.
6. (Unicamp 2014)A altura do Morro da Urca é de 220 m e a altura do Pão de Açúcar é de cerca de 400 m, ambas em
relação ao solo. A variação da energia potencial gravitacional do bondinho com passageiros de massa total M = 5000
kg, no segundo trecho do passeio, é
(Use g  10 m / s2. )
a) 11 106 J.
b) 20  106 J.
c) 31 106 J.
d) 9  106 J.
7. (Ime 2013)
Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em relação ao chão como mostrado na figura
acima. O vetor velocidade inicial v 0 tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo de 60° com a vertical. O módulo do vetor
diferença entre o momento linear no instante do lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o
solo, em kg.m/s, é:
2
Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s .
a) 0,60
b) 1,80
c) 2,25
d) 3,00
e) 6,60
8. (Unicamp 2013)As nuvens são formadas por gotículas de água que são facilmente arrastadas pelo vento. Em
determinadas situações, várias gotículas se juntam para formar uma gota maior, que cai, produzindo a chuva. De
forma simplificada, a queda da gota ocorre quando a força gravitacional que age sobre ela fica maior que a força do
vento ascendente. A densidade da água é ρágua  1,0  103 kg/m3 .
a) O módulo da força, que é vertical e para cima, que certo vento aplica sobre uma gota esférica de raio r pode ser
aproximado por Fvento  b r , com b  1,6  103 N/m. Calcule o raio mínimo da gota para queela comece a cair.
b) O volume de chuva e a velocidade com que as gotas atingem o solo são fatores importantes na erosão. O volume
é usualmente expresso pelo índice pluviométrico, que corresponde à altura do nível da água da chuva acumulada
em um recipiente aberto e disposto horizontalmente. Calcule o impulso transferido pelas gotas da chuva para cada
metro quadrado de solo horizontal, se a velocidade média das gotas ao chegar ao solo é de 2,5 m/s e o índice
pluviométrico é igual a 20 mm. Considere a colisão como perfeitamente inelástica.
9. (Fgv 2013) Um carro, de massa 1 000 kg, passa pelo ponto superior A de um trecho retilíneo, mas inclinado, de
certa estrada, a uma velocidade de 72 km/h. O carro se desloca no sentido do ponto inferior B, 100 m abaixo de A, e
passa por B a uma velocidade de 108 km/h.
2
A aceleração da gravidade local é de 10 m/s . O trabalho realizado pelas forças dissipativas sobre o carro em seu
deslocamento de A para B vale, em joules,
a) 1,0  105 .
b) 7,5  105 .
c) 1,0  106 .
d) 1,7  106 .
e) 2,5  106 .
10. (Upe 2013)Um bloco de massa M = 1,0 kg é solto a partir do repouso no ponto A, a uma altura H = 0,8 m,
conforme mostrado na figura. No trecho plano entre os pontos B e C (de comprimento L = 3,5 m), o coeficiente de
atrito cinético é μ = 0,1. No restante do percurso, o atrito é desprezível. Após o ponto C, encontra-se uma mola de
2
constante elástica k = 1,0 x 10 N/m.
2
Considere a aceleração da gravidade como g = 10 m/s .
Sobre isso, analise as proposições a seguir:
I. Na primeira queda, a velocidade do bloco no ponto B é vB = 16 m/s.
II. Na primeira queda, a velocidade do bloco no ponto C é vC = 9 m/s.
III. Na primeira queda, a deformação máxima da mola é xmáx = 30 cm.
IV. O bloco atinge o repouso definitivamente numa posição de 1 m à direita do ponto B.
Está(ão) CORRETA(S)
a) I e II, apenas.
b) III e IV, apenas.
c) I, II, III e IV.
d) III, apenas.
e) I, II e IV, apenas.
11. (Unesp 2013) A figura ilustra um brinquedo oferecido por alguns parques, conhecido por tirolesa, no qual uma
pessoa desce de determinada altura segurando-se em uma roldana apoiada numa corda tensionada. Em
determinado ponto do percurso, a pessoa se solta e cai na água de um lago.
Considere que uma pessoa de 50 kg parta do repouso no ponto A e desça até o ponto B segurando-se na roldana, e
que nesse trajeto tenha havido perda de 36% da energia mecânica do sistema, devido ao atrito entre a roldana e a
corda. No ponto B ela se solta, atingindo o ponto C na superfície da água. Em seu movimento, o centro de massa da
pessoa sofre o desnível vertical de 5 m mostrado na figura.
2
Desprezando a resistência do ar e a massa da roldana, e adotando g = 10 m/s , pode-se afirmar que a pessoa atinge
o ponto C com uma velocidade, em m/s, de módulo igual a
a) 8.
b) 10.
c) 6.
d) 12.
e) 4.
12. (Fuvest 2013) A potência elétrica instalada no Brasil é 100 GW. Considerando que o equivalente energético do
petróleo seja igual a 4  107 J/L, que a potência média de radiação solar por unidade de área incidente na superfície
2
terrestre seja igual a 250 W/m e que a relação de equivalência entre massa m e energia E é expressa por E  mc 2 ,
determine
a) a área A de superfície terrestre, na qual incide uma potência média de radiação solar equivalente à potência
elétrica instalada no Brasil;
b) a energia elétrica EB consumida no Brasil em um ano, supondo que, em média, 80% da potência instalada seja
utilizada;
c) o volume V de petróleo equivalente à energia elétrica consumida no Brasil em um ano;
d) a massa m equivalente à energia elétrica consumida no Brasil em um ano.
Note e adote: 1GW  109 W; c  3  108 m/s; 1 ano = 3  107 s.
13. (Upe 2013)Considerando-se um determinado LASER que emite um feixe de luz cuja potência vale 6,0 mW, é
CORRETO afirmar que a força exercida por esse feixe de luz, quando incide sobre uma superfície refletora, vale
8
Dados: c = 3,0 x 10 m/s
4
a) 1,8 x 10 N
5
b) 1,8 x 10 N
6
c) 1,8 x 10 N
11
d) 2,0 x 10 N
-11
e) 2,0 x 10 N
14. (Espcex (Aman) 2013)Um carrinho parte do repouso, do ponto mais alto de uma montanha-russa. Quando ele
está a 10 m do solo, a sua velocidade é de 1m s. Desprezando todos os atritos e considerando a aceleração da
gravidade igual a 10 m s2 , podemos afirmar que o carrinho partiu de uma altura de
a) 10,05 m
b) 12,08 m
c) 15,04 m
d) 20,04 m
e) 21,02 m
15. (Ime 2013)
Um objeto puntiforme de massa m é lançado do ponto A descrevendo inicialmente uma trajetória circular de raio R,
como mostrado na figura acima. Ao passar pelo ponto P o módulo da força resultante sobre o objeto é 17 mg,
sendo g a aceleração da gravidade. A altura máxima hmax que o objeto atinge na rampa é:
a) 3R

c) 
d) 
b)
17  1 R
17  1 R
17  2 R
e) 18R
16. (Ufpr 2013) Uma partícula com carga elétrica positiva qA e massa mA aproxima-se de uma outra partícula com
carga positiva qB e massa mB, descrevendo a trajetória mostrada na figura abaixo em linha tracejada. A partícula B
tem massa muito maior que a partícula A e permanece em repouso, em relação a um referencial inercial, durante a

passagem da partícula A. Na posição inicial r i , a partícula A possui velocidade instantânea de módulo vi, e na

posição final r f sua velocidade tem módulo vf. A única força relevante nesse sistema é a força elétrica entre as
partículas A e B, de modo que as demais forças podem ser desprezadas.
Considerando que k  1 4 πε0  8,988  109 N  m2 C2 , assinale a alternativa que fornece a expressão correta para a
massa da partícula A em termos de todas as grandezas conhecidas.
2kqA qB  1 1 
a) mA 
  .
(v 2f  vi2 )  r i r f 
2kqA qB  1 1 
  .
(vi2  v 2f )  r i r f 
2kqA qB  1 1 

.
c) mA 
(v f  vi )  r i r f 
b) mA 
2kqA qB  1 1 
  .
(v 2f  vi2 )  r i r f 
2kqA qB  1 1 
e) mA 
  .
(vi2  v 2f )  r i r f 
d) mA 
17. (Unicamp 2013)Um aerogerador, que converte energia eólica em elétrica, tem uma hélice como a representada
na figura abaixo. A massa do sistema que gira é M  50 toneladas, e a distância do eixo ao ponto P, chamada de
1
raio de giração, é R  10 m. A energia cinética do gerador com a hélice em movimento é dada por E  MVP2 , sendo
2
VP o módulo da velocidade do ponto P. Se o período de rotação da hélice é igual a 2 s, qual é a energia cinética do
gerador? Considere π  3.
a) 6,250  105 J.
b) 2,250  107 J.
c) 5,625  107 J.
d) 9,000  107 J.
18. (Uel 2013) Considere a figura a seguir. Despreze qualquer tipo de atrito.
a) O móvel de massa M  1200 kg é uniformemente acelerado (com aceleração a) a partir do repouso em t  0
segundos, atingindo B, em t  10 segundos, com a velocidade de 108 km/h. Calcule a força resultante que atua no
móvel de A até B.
b) No ponto B, a aceleração a do móvel deixa de existir. Calcule a distância BC percorrida pelo móvel, sabendo-se
que ele alcança C no instante t  15 segundos.
Considerando g  10 m s2 , determine a energia mecânica total do móvel em C.
19. (Fuvest 2013) Compare as colisões de uma bola de vôlei e de uma bola de golfe com o tórax de uma pessoa,
parada e em pé. A bola de vôlei, com massa de 270 g, tem velocidade de 30 m/s quando atinge a pessoa, e a de
golfe, com 45 g, tem velocidade de 60 m/s ao atingir a mesma pessoa, nas mesmas condições. Considere ambas as
colisões totalmente inelásticas. É correto apenas o que se afirma em:
(Note e adote: a massa da pessoa é muito maior que a massa das bolas; as colisões são frontais; o tempo de
interação da bola de vôlei com o tórax da pessoa é o dobro do tempo de interação da bola de golfe; a área média de
contato da bola de vôlei com o tórax é 10 vezes maior que a área média de contato da bola de golfe.)
a) Antes das colisões, a quantidade de movimento da bola de golfe é maior que a da bola de vôlei.
b) Antes das colisões, a energia cinética da bola de golfe é maior que a da bola de vôlei.
c) Após as colisões, a velocidade da bola de golfe é maior que a da bola de vôlei.
d) Durante as colisões, a força média exercida pela bola de golfe sobre o tórax da pessoa é maior que a exercida
pela bola de vôlei.
e) Durante as colisões, a pressão média exercida pela bola de golfe sobre o tórax da pessoa é maior que a exercida
pela bola de vôlei.
20. (Ufpe 2013) Uma partícula de massa 0,2 kg move-se ao longo do eixo x. No instante t=0, a sua velocidade tem
módulo 10 m/s ao longo do sentido positivo do eixo. A figura a seguir ilustra o impulso da força resultante na direção
x agindo sobre a partícula. Qual o módulo da quantidade de movimento da partícula (em kg.m/s) no instante t=15s?
21. (Fuvest 2013) Uma das hipóteses para explicar a extinção dos dinossauros, ocorrida há cerca de 60 milhões de
16
anos, foi a colisão de um grande meteoro com a Terra. Estimativas indicam que o meteoro tinha massa igual a 10
kg e velocidade de 30 km/s, imediatamente antes da colisão. Supondo que esse meteoro estivesse se aproximando
da Terra, numa direção radial em relação à orbita desse planeta em torno do Sol, para uma colisão frontal, determine
a) a quantidade de movimento Pido meteoro imediatamente antes da colisão;
b) a energia cinética Ecdo meteoro imediatamente antes da colisão;
c) a componente radial da velocidade da Terra, Vr, pouco depois da colisão;
d) a energia Ed, em megatons, dissipada na colisão.
Note e adote: A órbita da Terra é circular; Massa da Terra = 6  1024 kg; 1 megaton = 4  1015 J é a energia liberada
pela explosão de um milhão de toneladas de trinitrotolueno.
22. (Fuvest 2013) Um fóton, com quantidade de movimento na direção e sentido do eixo x, colide com um elétron em

repouso. Depois da colisão, o elétron passa a se mover com quantidade de movimento pe , no plano xy, como ilustra
a figura abaixo.

Dos vetores p f abaixo, o único que poderia representar a direção e sentido da quantidade de movimento do fóton,
após a colisão, é
(Note e adote: O princípio da conservação da quantidade de movimento é válido também para a interação entre
fótons e elétrons.)
a)
b)
c)
d)
e)
23. (Unesp 2013) Um brinquedo é constituído por dois carrinhos idênticos, A e B, de massas iguais a 3kg e por uma
mola de massa desprezível, comprimida entre eles e presa apenas ao carrinho A. Um pequeno dispositivo, também
de massa desprezível, controla um gatilho que, quando acionado, permite que a mola se distenda.
Antes de o gatilho ser acionado, os carrinhos e a mola moviam-se juntos, sobre uma superfície plana horizontal sem
atrito, com energia mecânica de 3,75J e velocidade de 1m/s, em relação à superfície. Após o disparo do gatilho, e no
instante em que a mola está totalmente distendida, o carrinho B perde contato com ela e sua velocidade passa a ser
de 1,5m/s, também em relação a essa mesma superfície.
Nas condições descritas, calcule a energia potencial elástica inicialmente armazenada na mola antes de o gatilho ser
disparado e a velocidade do carrinho A, em relação à superfície, assim que B perde contato com a mola, depois de o
gatilho ser disparado.

24. (Unesp 2013) Em um jogo de sinuca, a bola A é lançada com velocidade V de módulo constante e igual a 2 m/s
em uma direção paralela às tabelas (laterais) maiores da mesa, conforme representado na figura 1. Ela choca-se de
forma perfeitamente elástica com a bola B, inicialmente em repouso, e, após a colisão, elas se movem em direções
distintas, conforme a figura 2.
Sabe-se que as duas bolas são de mesmo material e idênticas em massa e volume. A bola A tem, imediatamente

depois da colisão, velocidade V ' de módulo igual a 1 m/s. Desprezando os atritos e sendo E'B a energia cinética da
bola B imediatamente depois da colisão e E A a energia cinética da bola A antes da colisão, a razão
a)
b)
c)
d)
e)
E 'B
é igual a
EA
2
3
1
2
4
5
1
5
3
4
25. (Uftm 2012)No resgate dos mineiros do Chile, em 2010, foi utilizada uma cápsula para o transporte vertical de
cada um dos enclausurados na mina de 700 metros de profundidade. Considere um resgate semelhante ao feito
naquele país, porém a 60 metros de profundidade, tendo a cápsula e cada resgatado um peso total de 5  104 N. O
cabo que sustenta a cápsula não pode suportar uma força que exceda 7,5  104 N. Adote g  10 m s2 para o local do
resgate. Esse movimento tem aceleração máxima no primeiro trecho e, a seguir, movimento retardado, com o motor
desligado, até o final de cada ascensão.
a)Qual deve ter sido o menor tempo para cada ascensão do elevador?
b)Calcule a potência máxima que o motor deve ter desenvolvido em cada resgate.

26. (Espcex (Aman) 2012)Uma força constante F de intensidade 25 N atua sobre um bloco e faz com que ele sofra
um deslocamento horizontal. A direção da força forma um ângulo de 60° com a direção do deslocamento.
Desprezando todos os atritos, a força faz o bloco percorrer uma distância de 20 m em 5 s.
A potência desenvolvida pela força é de:
Dados: Sen60  0,87; Cos60º  0,50.
a) 87 W
b) 50 W
c) 37 W
d) 13 W
e) 10 W
27. (Fuvest 2012)
Um pequeno cata-vento do tipo Savonius, como o esquematizado na figura ao lado, acoplado a uma bomba d'água,
é utilizado em uma propriedade rural. A potência útil P (W) desse sistema para bombeamento de água pode ser
obtida pela expressão P  0,1 A  v3 , em que A (m ) é a área total das pás do cata-vento e v (m/s), a velocidade do
2
vento. Considerando um cata-vento com área total das pás de 2 m , velocidade do vento de 5 m/s e a água sendo
elevada de 7,5 m na vertical, calcule
2
a) a potência útil P do sistema;
b) a energia E necessária para elevar 1 L de água;
c) o volume V1 de água bombeado por segundo;
d) o volume V2 de água, bombeado por segundo, se a velocidade do vento cair pela metade.
NOTE E ADOTE
3
Densidade da água = 1 g/cm .
2
Aceleração da gravidade g = 10 m/s .
28. (Epcar (Afa) 2012) De acordo com a figura abaixo, a partícula A, ao ser abandonada de uma altura H, desce a
rampa sem atritos ou resistência do ar até sofrer uma colisão, perfeitamente elástica, com a partícula B que possui o
dobro da massa de A e que se encontra inicialmente em repouso. Após essa colisão, B entra em movimento e A
retorna, subindo a rampa e atingindo uma altura igual a
a) H
H
b)
2
H
c)
3
H
d)
9
29. (Unesp 2012) Em um jogo de basquete, um jogador passa a bola para outro lançando-a de 1,8 m de altura
contra o solo, com uma velocidade inicial V0 = 10 m/s, fazendo um ângulo  com a vertical (sen  =0,6 e cos  =0,8).
Ao tocar o solo, a bola, de 600 g, permanece em contato com ele por um décimo de segundo e volta a subir de modo
que, imediatamente após a colisão, a componente vertical de sua velocidade tenha módulo 9 m/s. A bola é apanhada
pelo outro jogador a 6,6 m de distância do primeiro.
Desprezando a resistência do ar, a rotação da bola e uma possível perda de energia da bola durante a colisão com o
solo, calcule o intervalo de tempo entre a bola ser lançada pelo primeiro jogador e ser apanhada pelo segundo.
Determine a intensidade da força média, em newtons, exercida pelo solo sobre a bola durante a colisão,
considerando que, nesse processo, a força peso que atua na bola tem intensidade desprezível diante da força de
reação do solo sobre a bola.
2
Considere g = 10 m/s .
2
30. (Unifesp 2012)Um corpo esférico, pequeno e de massa 0,1 kg, sujeito a aceleração gravitacional de 10 m/s , é
solto na borda de uma pista que tem a forma de uma depressão hemisférica, de atrito desprezível e de raio 20 cm,
conforme apresentado na figura. Na parte mais baixa da pista, o corpo sofre uma colisão frontal com outro corpo,
idêntico e em repouso.
Considerando que a colisão relatada seja totalmente inelástica, determine:
a) O módulo da velocidade dos corpos, em m/s, imediatamente após a colisão.
b) A intensidade da força de reação, em newtons, que a pista exerce sobre os corpos unidos no instante em que,
após a colisão, atingem a altura máxima.
GABARITO e RESOLUÇÃO
Resposta da questão 1:
[D]
Somando os percentuais indicados em cinza:
9,1% + 13,5% + 18,5% + 5,5% = 46,6%.
557 milhões  100%

 46,6%
 x milhões
 x
557  46,6
259

x  259,562 milhões.
Resposta da questão 2:
[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 3:
[B]
Dados: m = 70 kg; v0= 10 m/s; ΔEC  0,7(500)  350J.
A energia cinética depois do salto é igual à energia cinética inicial somada à variação adquirida no salto.
m v 2 m v 02

 ΔEC
2
2
f
EC
 EiC  ΔEC 
70 v 2 70 10 

 350 
2
2
2

35 v 2  35 100   350  v 2  100  10  v  110 
v  10,5 m/s.
Resposta da questão 4:
[D]
Dados: M  180g  18  10–2 kg; m  20g  2  10–2 kg; k  2  10–3 N / m; v  200m / s.
Pela conservação da quantidade de movimento calculamos a velocidade do sistema (vs) depois da colisão:
Qdepois
 Qantes
sist
sist

M  m v s  m v
 200 v s  20  200  v s  20 m/s.
Depois da colisão, o sistema é conservativo. Pela conservação da energia mecânica calculamos a máxima
deformação (x) sofrida pela mola.
inicial
final
EMec
 EMec
x  20 

M  m  v 2s
18  2   102
x  20 cm.
2  103
2
 20 

k x2
2
20  102
2  103
 x  vs
 20  10 4
Mm
k

 x  20  10 2 m 
Resposta da questão 5:
[C]
A energia cinética da partícula  vale Eα .
Então:
mα vα2
4 v α2
Eα
 Eα 
 Eα  v α 
.
2
2
2
Como o sistema é mecanicamente isolado, temos:
mα v α  mPb vPb
2
vPb

 4
Eα
1 Eα
 200  vPb  vPb 
2
50 2

Eα
.
5 000
Assim:
EPb 
2
mPb vPb
2
 EPb 
E
200 Eα

 EPb  α .
2 5 000
50
Resposta da questão 6:
[D]
2
Dados: M = 500 kb; h1= 220 m; h2 = 400 m; g = 10 m/s .
A variação da energia potencial é:
ΔEP  M g h2  M g h1  M g h2  h1   ΔEP  5 000  10  400  220  
ΔEP  9  106 J.
Resposta da questão 7:
[E]
Q  Qf  Qi  Q  Qi  Qf
| Q || Qi  Qf | Q
Pelo teorema do impulso, temos:
Q  F.t
F  P  m.g
Q  F.t  Q  m.g.t (eq.1)
Vamos determinar o t analisando o lançamento oblíquo, considerando como referencial o chão, ou seja, S0  2,2m
, S  0 e VY  V0 .cos60º .
S  VY .t 
a.t 2
g.t 2
10.t 2
 S  S0  VY .t 
 0  2,2  V0 .cos 60º.t 

2
2
2
 2,2  20.0,5.t  5.t 2  t 2  2.t  0,44  0
Resolvendo a equação de segundo grau, teremos raízes: t1  2,2s e t2  2,2s .
Considerando a raiz positiva e substituindo na eq.1, teremos:
Q  m.g.t  300x103.10.2,2  Q  6,60kg.m
s
Resposta da questão 8:
2
3
3
-3
a) Dados: π  3; g = 10 m/s ; ρágua = 1,010 kg/m ; b = 1,610 N.m.
Na iminência de começar a cair, a força exercida pelo vento ascendente tem mesma intensidade que o peso.
Lembrando que o volume de uma esfera de raio r é
4
V  π r 3 , vem:
3
4
P  Fvento  m g  b r  ρágua V g  b r  ρágua
π r3  b r 
3
r
b
1,6  103

 4  108
4
4
ρágua π g
103   3  10
3
3

r  2  104 m.
–3
b) Dados: A = 1 m ; h = 20 mm = 2010 m; ρágua = 1,010 kg/m ; v0 = 2,5 m/s; v = 0.
2
3
3
O volume de água despejado nessa área é:
V  A h  1 20  103 m3 .
Calculando a massa correspondente:
m  ρágua V  103  20  103  m  20 kg.
Pelo Teorema do Impulso:
I  ΔQ  I  m v  v 0  20 0  2,5

I  50 N  s.
Resposta da questão 9:
Sem resposta.
Gabarito Oficial: [B]
Gabarito SuperPro®: Sem resposta.
Dados: vA = 72 km/h = 20 m/s; vB = 108 km/h = 30 m/s; h = 100 m; m = 1.000 kg.
A figura mostra as forças que agem no carro, supondo que o motor esteja em “ponto morto” ou que o carro esteja na
“banguela”.
Aplicando o Teorema da Energia cinética, temos:
WR  WP  WN  WF
d
WF 
d




m vB2 m v 2A
103

m g h 
302  202  103 10 100  
2
2
2
WF  2,5  105  10  105 
d
WF  7,5  105 J.
d
m vB2 m v 2A

 m g h  0  WF
d
2
2
Comentário: Caso a questão pedisse o módulo do trabalho das forças dissipativas de A até B, a resposta
seria a alternativa [B], como dado pelo gabarito oficial.
Resposta da questão 10:
[B]
I. Errada.
Entre A e B, há conservação de energia. Portanto: mgHA 
1
mVB2  VB  2gH
2
VB  2x10x0,8  4,0m / s
II. Errada.
Em C, a velocidade deverá ser menos que em B devido ao atrito.
III. Correta.
Como sabemos, o trabalho da resultante é igual à variação da energia cinética.
1
W  EC  Ec0  mgH  μmg.BC  kx2  0
2
1
1x10x0,8  0,1x1x10x3,5  x100x2  0  50x2  4,5
2
x2  0,09  x  0,3m  30cm
IV. Correta.
Como sabemos, o trabalho da resultante é igual à variação da energia cinética.
H 0,8
W  EC  Ec0  mgH  μmg.d  0  d  
 8,0m
μ 0,1
Para percorrer 8,0 m na parte plana, ele deverá atingir 3,5 m para a direita, 3,5 m para a esquerda e 1,0 m para a
direita. Portanto, parará a 1,0 m de B.
Resposta da questão 11:
[A]
2
Dados: m = 50 kg; h = 5 m; v0= 0; g = 10 m/s .
1ª Solução: Pelo Teorema da Energia Cinética.
O sistema é não conservativo. O trabalho das forças não conservativas (W) corresponde, em módulo, à energia
mecânica dissipada, igual a 36% da energia mecânica inicial.
  0,36 m g h
WFat
Pelo Teorema da Energia Cinética: o trabalho da força resultante é igual à variação da energia cinética.
2
2
  m v  m v0
WRe s  ΔECin  WP  WFat

F
2
2
m g h  0,36 m g h 
m v2
2
 v  0,64  2  g  h  1,28  10  5  64 
v  8 m / s.
2ª Solução: Pelo Teorema da Energia Mecânica.
Se houve dissipação de 36% da energia mecânica do sistema, então a energia mecânica final (que é apenas
cinética) é igual a 64% da energia mecânica inicial (que é apenas potencial gravitacional).
final
inicial
EMec
 0,64 EMec

m v2
 0,64 m g h  v  1,28  g  h  1,28  10  5  64 
2
v  8 m / s.
Resposta da questão 12:
9
2
a) Dados: PT= 100 GW = 100  10 W; I = 250 W/m .
P
I T
A
P
100  109
 A T 
I
250

A  4  108 m2 .
7
b) Dados: P = 0,8PT; 1 ano = 3  10 s.
EB  P t  EB  0,8 PT t  0,8  100  109  3  107 
EB  2,4  1018 J.
7
c) Dado: equivalente energético do petróleo igual a 4  10 J/L.
4  107 J


2,4  1018 J 
1L
 V
2,4  1018
4  107
V

V  6  1010 L.
8
d) Dado: c = 3  10 m/s.
E
2,4  1018 2,4  1018
EB  m c 2  m  B 

2
c2
9  1016
3  108



m  26,7 kg.
Resposta da questão 13:
[E]
P  F.v  F 
P 6x103

 2,0x1011N
8
v
3x10
Resposta da questão 14:
[A]
Dados: h = 10 m; v0= 0; v = 1 m/s.
Pela conservação da energia mecânica:
m g Hm g h
m
v 02
2
 H
g h
g
v 02
2
 H
10 10  
10
12
2

H  10,05 m.
Resposta da questão 15:
[A]
Dado: Fr= 17 mg.
A figura ilustra as forças atuantes no objeto quando ele passa pelo ponto P.
Calculando a intensidade da força normal no ponto P.
N2  P2  Fr2  N  Fr2  P2  17 m g  m g  16 m g
2
2
2

N  4 m g.
Mas na normal é a resultante centrípeta. Então:
m v2
 4 m g  m v 2  4 m g R.
R
Pela Conservação da Energia Mecânica:
N  Fcent 
Q
EP
Mec  EMec

m v2
 m g r  m g hmax
2
4 m gR
 m g R  m g hmax
2
 2 m g R  m g R  m g hmax

hmax  3 R.
Resposta da questão 16:
[A]
Pela conservação da energia mecânica:
f
i
EMec
 EMec

mA v 2f  vi2
2
mA 

 k q
mA v 2f k qA qB mA vi2 k qA qB



2
rf
2
ri
A
1 1
qB   
 ri rf 


2 k qA qB  1 1 
  .
v 2  v 2  ri rf 

f
i

Resposta da questão 17:
[B]
2
1
1
 2πR 
MVP2  E   M  

2
2
 T 
2
1
 2.3.10 
50000
45000000
E   50000  
 900 
 
2
2
2
 2 
E
E  22500000J
E  2,25  107 J
Resposta da questão 18:
a) 108km/h = 30m/s
F  ma  m
Δv
30  0
 1200 
 3600N
Δt
10
Portanto, F = 3600N.
b) A desaceleração no plano terá módulo g  senα  10  0,5  5,0m / s2.
BC  V0  t 
1
1
 a  t 2  30  5  ( 5)52  87,5m
2
2
Ao atingir o ponto C sua velocidade será V  V0  at  30  (5)  5  5,0m / s.
Relativamente ao plano AB o ponto C estará a uma altura de h  BC  sen30  87,5  0,5  43,75m.
Portanto, relativamente ao plano AB, sua energia mecânica será:
EM  mgh 
1
1
mv 2  1200  10  43,75   1200  (5)2  540kJ.
2
2
Resposta da questão 19:
[E]
Pelo Teorema do Impulso, a intensidade da força média (Fm) é dada pela razão entre o módulo da variação da
quantidade de movimento (|v|) e o tempo de interação (t). A pressão média (pm) é dada pela razão entre
intensidade da força média e a área de contato (A). Assim:

m Δv
I 
Fm 
m Δv
Δt
.
I em II: pm 

Δt A
p  Fm
II
 m
A
Dados: mV= 270 g; mG = 45 g; v0V = 30 m/s; vV= 0; v0G = 60 m/s; vG = 0; tV = 2tG; AV = 10AG.
Então, fazendo a razão entre as pressões exercidas pela bola de golfe (pmG) e pela bola de vôlei (pmV):
pmG mG Δv G Δt V A V
pmG 45 0  60 2 ΔtG 10 A G
p
20





 mG 

pmV
ΔtG A G mv Δv V
pmV
ΔtG A G
270 0  30
pmV
3
pmG  6,7 pmV  pmG  pmV .
Resposta da questão 20:
Do gráfico, concluímos que o impulso exercido pela força resultante de 0 a 15 s é -20 kgm/s.
Do Teorema Impulso:
IR  Qf  Qi  IR  Qf  m v 0   20  Qf  0,2  10  Qf  20  2  18 
Qf  18 kg  m/s.
Resposta da questão 21:
24
16
4
15
Dados: M = 6  10 kg; m = 10 kg; v0 = 30 km/s = 3  10 m/s; 1 megaton = 4  10 J.
a) Pi  m v0  1016  3  104  Pi  3  1020 kg  m / s.


2
16
4
m v02 10  3  10

 Ec  4,5  1024 J.
b) Ec 
2
2
c) Trata-se de um choque inelástico. A massa do meteoro é desprezível em relação à massa da Terra, por isso,
depois do choque, a massa do sistema é apenas a massa da Terra, pois:
6  1024  1016  6,00000001 1024  6  1024.
Pela Conservação da Quantidade de movimento:
m v 0 3  1020
Antes
QSist
 QDepois

m
v

M

m
v

v


 5  105 m / s 


o
Sist
M
6  1024
v  0.
O choque do meteoro com a Terra praticamente não altera a velocidade da Terra.
d) Pela resposta do item anterior, conclui-se que toda energia cinética do meteoro é dissipada na colisão. Passando
para megaton:
4  1015 J  1 megaton
4,5  1024

 Edissip 


24
4  1015
 Edissip
4,5  10
Edissip  1,125  109 megaton.
Resposta da questão 22:
[A]
Pela conservação da quantidade de movimento:




pe  pf final  pe  pf inicial.
Mas, antes da colisão, apenas o fóton apresenta quantidade de movimento, que tem direção e sentido do eixo x.
Então:



pe  pf final  pf inicial.
A figura mostra três possibilidades.
Nota-se que a figura (II) está de acordo com a opção [A].
Resposta da questão 23:
Dados: mA= mB= 3 kg; EMec = 3,75 J; v0 = 1 m/s; vB= 1,5 m/s.
A energia mecânica do sistema é igual à energia potencial elástica da mola mais a energia cinética dos dois
carrinhos.
mola
carros
EMec  Epot
 ECin
 EMec  Emola
pot 
2
Emola
pot  3,75  3  1
2 m v 02
2
mola
 Epot
 3,75  3
2
 Emola
pot  EMec  m v 0


Emola
pot  0,75 J.
O sistema é mecanicamente isolado, logo ocorre conservação da quantidade de movimento durante o disparo.
depois
Qantes
 2 m v 0  m v A  m vB  2  1  v A  1,5 
sist  Qsist
v A  0,5 m / s.
Obs.: Como o sistema é também conservativo, a velocidade final do carrinho A pode ser calculada pela conservação
da energia mecânica.
Resposta da questão 24:
[E]
Como o choque é perfeitamente elástico, a energia cinética se conserva.
Então:
depois
'
Eantes
 EA  E'A  EB

Cin  ECin
Como: EA 
m 22
2
Então:
3m
'
EB
2

EA 4 m
2

 EA 
m 22 m 12

 E'B
2
2
'
 EB

3m
.
2
4m
.
2
'
EB
3
 .
EA 4
Resposta da questão 25:
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  104
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
2
devemos notar dois movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s dirigida para cima e outro
2
movimento retardado com aceleração de 10 m/s dirigida para baixo.
Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma:
ΔSac  ΔSre  60m
Em que ΔSac  deslocamento sofrido pela cápsula até T 1 e ΔSre  deslocamento sofrido pela cápsula de T 1 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:
5.T12
2
ΔSac  0.T1 
40 
5.T12
2
80  5.T12
T12  16
T1  4s
Calculando T2:
3T1  2T2
3.4  2T2
12  2T2
 T2  6s
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 26:
[B]
A potência média é:

Pm  Fcos600
 ΔΔSt  25x0,5x 205  50W.
Resposta da questão 27:
Dados:
P  0,1 A  v3 ; A  2m2 ; v  5m / s; h  7,5m; g  10m / s2;   1g / cm3  1kg / L  103 kg / m3 .
a) Para essa velocidade do vento, a potência P1é:
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 z1é:
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 28:
[D]
Iremos resolver a questão em três partes:
– Primeira: descida da partícula A pela rampa;
– Segunda: colisão entre as partículas A e B na parte mais baixa da rampa;
– Terceira: retorno da partícula A, subindo a rampa novamente e atingindo uma nova altura h.
> Primeira parte: descida da partícula A.
Considerando como um sistema conservativo a descida da partícula A, teremos:
Em  Em'  Ep  Ec  mgH 
mV 2
 V 2  2gH  V  2gH , em que V é a velocidade da partícula A na parte
2
mais baixa da rampa.
> Segunda parte: colisão entre as partículas A e B:
Considerando a colisão como um sistema isolado, teremos:






Qfinal  Qinicial  QA final  QBfinal  QAinicial  QBinicial  m.V ' 2m.V 'B  m.V  2m.VB
Dividindo a equação por m e substituindo os valores, teremos:
m.V ' 2m.V 'B  m.V  2m.VB  V ' 2.V 'B  V  2.VB  V ' 2.V 'B  2gH  2.0  V ' 2.V 'B  2gH
V ' 2.V 'B  2gH (eq.1)
Como a colisão foi perfeitamente elástica (e = 1), teremos:
V'  V'
V 'B  V '
e B
1
 V 'B  V '  2gH  V 'B  2gH  V '
V  VB
2gH  0
V 'B  2gH  V ' (eq.2)
Substituindo a “eq.2” na “eq.1”, teremos:
V ' 2.V 'B  2gh  V ' 2.( 2gH  V ')  2gh  3.V '   2gH  V '  
2gH
3

Ou seja, concluímos que a partícula A, após a colisão, volta a subir a rampa com uma velocidade V ' de intensidade
2gH
:
3
> Terceira parte: retorno da partícula A, subindo a rampa e atingindo uma nova altura h:
Considerando que a partícula A suba a rampa em um sistema conservativo e que no ponto mais alto ela se encontra
em repouso, teremos:
Emf  Ep  mgh
Emi  Ec 
mV '2
2
Emf  Emi  mgh 
mV '2
2
Dividindo a equação por m e substituindo os valores, teremos:
2
 2gH 
2gH


3 
mV '2
H

mgh 
 gh 
 gh  9  h 
2
2
2
9
Resposta da questão 29:
Dados:
m  600 g  0,6 kg; V0  10 m s; sen  0,6; cos   0,8; V2y  9 m s; x  6,6 m; y  1,8 m; g  10 m s2 .
– Calculando o intervalo de tempo pedido.
A intensidade da componente horizontal da velocidade inicial da bola é:
V0x  V0senθ  10  0,6   V0x  6 m s.
Como não há forças resistivas atuando na bola na direção horizontal, o movimento nessa direção é uniforme. Então:
Δx
6,6
Δx  V0x Δt  Δt 

 Δt  1,1 s.
V0x
6
– Calculando a intensidade (F) da força que o solo exerce na bola.
A componente vertical da velocidade inicial da bola é:
V0y  V0 cos   10  0,8   8 m s.
A componente da velocidade da bola antes do choque é:
2
2
2
V1y
 V0y
 2gΔy  V1y
 82  2 10 1,8  
2
 V1y
 100  V1y  10 m s.
Como o peso da bola é desprezível, a força que o solo exerce na bola é a própria resultante. Assim, pelo teorema do
impulso:

F Δt  m | Δv |  F 0,1  0,6 9  10   F  114 N.
Observação: a questão apresenta incoerências, pois se não há perda de energia no choque, as componentes
vertical da velocidade antes e depois do choque deveriam ter mesmo valor.
Resposta da questão 30:
a) Pela conservação da energia mecânica, calculamos a velocidade (v), antes da colisão, do corpo esférico que é
abandonado.
2
Dados: v0= 0; H= R = 20 cm = 0,2 m; g = 10 m/s .
inicial
final
EMec
 EMec
 mgR 
mv 2
2
 v  2gR  2 10  0,2  v  2 m / s.
b) Como o choque é inelástico, pelo teorema do sistema isolado, calculamos a velocidade (v’) do conjunto após a
colisão.
v 2
depois
Qantes
 mv  2mv '  v '  
 v '  1 m / s.
sist  Qsist
2 2
Usando novamente a conservação da energia mecânica, calculamos a altura (h) atingida pelo conjunto formado
pelos dois corpos esféricos.
inicial
final
EMec
 EMec

mv '2
v '2 12
 mgh  h 

2
2g 20
 h  0,05 m.
Nessa altura, a velocidade se anula. Então a intensidade da forma normal Fn  aplicada pela pista tem a mesma
intensidade da componente radial Pn  da força peso do conjunto.
Na figura, as medidas estão expressas em cm.
No triângulo hachurado:
15
cos  
 0,75.
20
Fn  Pn  2mgcos   2  0,110 0,75   Fn  1,5 N.