Exercícios Sobre EnergiaMecânica Facebook Twitter 01. (UCSA) Uma partícula de massa constante tem o módulo de sua velocidade aumentado em 20%. Orespectivo aumento de sua energia cinética será de: a) 10% b) 20% c) 40% d) 44% e) 56% 02. Um corpo de massa 3,0kg está posicionado 2,0m acima do solo horizontal e tem energia potencial gravitacional de 90J. A aceleração de gravidade no local tem módulo igual a 10m/s 2. Quando esse corpo estiver posicionado no solo, sua energia potencial gravitacional valerá: a) zero b) 20J c) 30J d) 60J e) 90J 03. Um corpo de massa m se desloca numa trajetória plana e circular. Num determinado instante t1, sua velocidade escalar é v, e, em t2, sua velocidade escalar é 2v. A razão entre as energias cinéticas do corpo em t 2 e t1, respectivamente, é: a) 1 b) 2 c) 4 d) 8 e) 16 04. Considere uma partícula no interior de um campo de forças. Se o movimento da partícula for espontâneo, sua energia potencial sempre diminui e as forças de campo estarão realizando um trabalho motor (positivo), que consiste em transformar energia potencial em cinética. Dentre as alternativas a seguir, assinale aquela em que a energia potencial aumenta: a) um corpo caindo no campo de gravidade da Terra; b) um próton e um elétron se aproximando; c) dois elétrons se afastando; d) dois prótons se afastando; e) um próton e um elétron se afastando. 05. (ITA) Um pingo de chuva de massa 5,0 x 10-5kg cai com velocidade constante de uma altitude de 120m, sem que a sua massa varie, num local onde a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10m/s 2. Nestas condições, a intensidade de força de atrito F do ar sobre a gota e a energia mecânica E dissipada durante a queda são respectivamente: a) 5,0 x 10-4N; 5,0 x 10-4J; b) 1,0 x 10-3N; 1,0 x 10-1J; c) 5,0 x 10-4N; 5,0 x 10-2J; d) 5,0 x 10-4N; 6,0 x 10-2J; e) 5,0 x 10-4N; E = 0. 06. Um atleta de massa 80kg com 2,0m de altura, consegue ultrapassar um obstáculo horizontal a 6,0m do chão com salto de vara. Adote g = 10m/s 2. A variação de energia potencial gravitacional do atleta, neste salto, é um valor próximo de: a) 2,4kJ b) 3,2kJ c) 4,0kJ d) 4,8kJ e) 5,0kJ 07. (UNIFOR) Três esferas idênticas, de raios R e massas M, estão entre uma mesa horizontal. A aceleração local de gravidade tem módulo igual a g. As esferas são colocadas em um tubo vertical que também está sobre a mesa e que tem raio praticamente igual ao raio das esferas. Seja E a energia potencial gravitacional total das três esferas sobre a mesa e E’ a energia potencial gravitacional total das três esferas dentro do tubo. O módulo da diferença (E’ – E) é igual a: a) 4 MRg b) 5 MRg c) 6 MRg d) 7 MRg e) 8 MRg 08. (FUND. CARLOS CHAGAS) Uma mola elástica ideal, submetida a ação de uma força de intensidade F = 10N, está deformada de 2,0cm. A energia elástica armazenada na mola é de: a) 0,10J b) 0,20J c) 0,50J d) 1,0J e) 2,0J 09. (FUVEST) Um ciclista desce uma ladeira, com forte vento contrário ao movimento. Pedalando vigorosamente, ele consegue manter a velocidade constante. Pode-se então afirmar que a sua: a) energia cinética está aumentando; b) energia cinética está diminuindo; c) energia potencial gravitacional está aumentando; d) energia potencial gravitacional está diminuindo; e) energia potencial gravitacional é constante. 10. Um corpo é lançado verticalmente para cima num local onde g = 10m/s 2. Devido ao atrito com o ar, o corpo dissipa, durante a subida, 25% de sua energia cinética inicial na forma de calor. Nestas condições, pode-se afirmar que, se a altura máxima por ele atingida é 15cm, então a velocidade de lançamento, em m/s, foi: a) 1,0 b) 2,0 nada se cria. Determine a velocidade desse objeto ao tocar o solo.c) 3.0 Leia o artigo: Energia Cinética. ao passar pelo ponto mais baixo da montanha-russa. a) v = 50 m/s b) v = 40 m/s c) v = 32 m/s d) v = 20 m/s e) v = 10 m/s Ver Resposta QUESTÃO 3 Vamos supor que um carrinho de montanha-russa esteja parado a uma altura igual a 10 m em relação ao solo. Calcule a velocidade do carrinho.0 e) 5.0 d) 4. Sendo assim. tudo se transforma b) que a energia pode ser gastada e perdida c) a energia total de um sistema isolado é constante d) que a energia jamais pode ser transferida de um corpo a outro e) a energia cinética de um corpo está relacionada com a força da gravidade Ver Resposta QUESTÃO 2 Imagine que você deixa cair (abandonado) um objeto de massa m e de altura de 51. Potencial e Mecânica Respostas: 01 – D 02 – A 03 – C 04 – E 05 – D 06 – C 07 – C 08 – A 09 – D 10 – B QUESTÃO 1 O conceito de energia foi de suma importância para o desenvolvimento da ciência. . Despreze as resistências e adote a massa do carrinho igual a 200 kg. em particular da física. podemos dizer que o princípio da conservação da energia mecânica diz que: a) nada se perde. nas unidades do SI.2 metros. 5 kg que cai. Alternativa C Voltar a questão Questão 2 Chamaremos de ponto (A) a posição em que o objeto foi abandonado e ponto (B) o solo. no ponto A não existe energia cinética. Como o objeto foi abandonado. de uma altura igual a 5 metros do solo. a partir do repouso.a) v ≈ 1. portanto. a) vB=30 m/s b) vB=10 m/s c) vB=20 m/s d) vB=0.61 m/s e) v ≈ 14.5 m/s e) vB=0 Ver Resposta RESPOSTAS Questão 1 De acordo com o princípio da conservação da energia mecânica.41 m/s b) v ≈ 28 m/s c) v ≈ 41 m/s d) v ≈ 5. Pela conservação da energia mecânica. a velocidade inicial em A é zero.1 m/s Ver Resposta QUESTÃO 4 Determine o valor da velocidade de um objeto de 0. a energia total de um sistema isolado é sempre constante. temos: . dessa forma. isto é. Assim.Alternativa C Voltar a questão Questão 3 Nesse exercício. nesta altura. . Assim. temos: Como o carrinho parte do repouso. fazemos uso da conservação da energia mecânica. o sistema passa a ser conservativo. a altura é igual a zero. podemos dizer que neste ponto. ao desprezarmos a resistência do ar e atrito. temos que: Como a altura inicial do objeto é a máxima e vale 5 metros. a energia cinética é igual a zero e a energia potencial também é zero quando o objeto está no solo. temos: Alternativa E Voltar a questão Questão 4 Para determinar o valor da velocidade do objeto ao tocar no solo. Já no ponto mais baixo. temos que a velocidade no ponto mais alto é zero. Ele é responsável pela colocação das estacas. O processo de suspensão e abandono do peso sobre a estaca continua até a estaca estar na posição desejada. por exemplo. que fazem parte da fundação de um prédio. através de um cabo de aço. . e que acaba atingindo a estaca de concreto que se encontra logo abaixo. Alternativa B Questão 1 (IFSC) O bate-estacas é um dispositivo muito utilizado na fase inicial de uma construção. O funcionamento dele é relativamente simples: um motor suspende. um enorme peso (martelo). que é abandonado de uma altura. de 10m. por exemplo. na maioria das vezes de concreto. conhecido por tirolesa. c) transformação da energia potencial gravitacional em trabalho para empurrar a estaca. no qual uma pessoa desce de determinada altura segurando-se em uma roldana apoiada numa corda tensionada. É CORRETO afirmar que o funcionamento do bate-estacas é baseado no princípio de: a) transformação da energia mecânica do martelo em energia térmica da estaca. Em determinado ponto do percurso. . d) colisões do tipo elástico entre o martelo e a estaca. e) transformação da energia elétrica do motor em energia potencial elástica do martelo. b) conservação da quantidade de movimento do martelo. ver resposta Questão 2 (UNESP) A figura ilustra um brinquedo oferecido por alguns parques. a pessoa se solta e cai na água de um lago. e adotando g = 10 m/s2 . Desprezando a resistência do ar e a massa da roldana. determine a altura do lançamento do objeto. Ao chegar ao solo a velocidade do objeto era de 72 Km/h. devido ao atrito entre a roldana e a corda. No ponto B ela se solta. pode-se afirmar que a pessoa atinge o ponto C com uma velocidade. o centro de massa da pessoa sofre o desnível vertical de 5 m mostrado na figura. subindo uma rocha de 15m. Considere que uma pessoa de 50 kg parta do repouso no ponto A e desça até o ponto B segurando-se na roldana. Em seu movimento. de módulo igual a: a) 8 b) 10 c) 6 d) 12 e) 4 ver resposta Questão 3 Uma criança abandona um objeto do alto de um apartamento de um prédio residencial. ver resposta Questão 4 Após ingerir uma barra de chocolate de valor energético igual a 500 cal. gravidade = 10 m/s2 ver resposta . Supondo que apenas a energia adquirida a partir da barra de chocolate fosse utilizada na subida. Admitindo o valor da gravidade como 10 m/s2 e desprezando as forças de resistência do ar. atingindo o ponto C na superfície da água. em m/s. um homem de 70 Kg resolve praticar rapel. até que altura ele subiria ? Dado: 1 cal = 4. e que nesse trajeto tenha havido perda de 36% da energia mecânica do sistema.2 J. 64.64 EMECÂNICA INICIAL m. voltar a questão Resposta Questão 2 Letra A.g h = 202 2. V2 2 2 h= V 2.h 2 2 v = (2. Respostas Resposta Questão 1 Letra C. temos: 72 Km/h ÷ 3. Se houve dissipação de 36% da energia mecânica do sistema. EMECÂNICA FINAL = 0. por sua vez. realiza trabalho. Durante a queda.6 = 20 m/s EMECÂNICA FINAL = EMECÂNICA INICIAL E POTENCIAL GRAVITACIONAL = E CINÉTICA m. Ao tocar a estaca. Como o objeto foi abandonado. o martelo aplica sobre ela uma força que.V2 = 0. a energia potencial gravitacional acumulada no martelo é transformada em energia cinética.10.0.h = m. empurrando a estaca. Logo. transformando a velocidade e igualando as energias mecânicas inicial e final.64 m.g.10 .g. podemos dizer que sua velocidade inicial era nula. então a energia mecânica final (cinética) é igual a 64% da energia mecânica inicial (potencial gravitacional).5) ½ v = (64)½ v = 8 m/s voltar a questão Resposta Questão 3 A velocidade do objeto ao chegar ao solo não pode ser usada em Km/h mas sim em m/s. Com base nessas informações. A energia cinética dela em função do tempo. correspondem a dois instantes diferentes do movimento de Rita. h = 400 = 20 m 20 voltar a questão Resposta Questão 4 A quantidade de energia da qual o homem dispõe é de 2100 J. indicados nesse gráfico. Despreze todas as formas de atrito.h 2100 = 70. EPOTENCIAL GRAVITACIONAL = m.2. .h 2100 = h 700 h = 3m Exercícios de vestibulares com resolução comentada sobre Energia Mecânica 01-(UFMG-MG) Rita está esquiando numa montanha dos Andes.10.500 = 2100J. é CORRETO afirmar que Rita atinge a) velocidade máxima em Q e altura mínima em R. Sendo 1 cal = 4. durante parte do trajeto.2 J então 4.g. está representada neste gráfico: Os pontos Q e R. a uma altura de 3. .b) velocidade máxima em R e altura máxima em Q. representa uma barragem com a canalização que leva a água à turbina. c) velocidade máxima em Q e altura máxima em R. a energia disponível para girar a turbina.(g=10m/s2) 04-(PUC-RJ) Uma pedra. leva 4s para atingir o solo. cuja energia mecânica total é de 70. para uma quantidade de água de massa m.106 J Considere a energia potencial gravitacional como zero no solo. 02-(Ufsm-RS) A figura a seguir. d) velocidade máxima em R e altura mínima em Q.000 m do solo. deixada cair de um edifício. é: a) (1/2) mv2 + mgh b) mgh c) (1/2) mv2 – mgh d) (1/2) mv2 e) (1/2) mv2 + mg(20m + h) 03-(PUC-RJ) Determine a massa de um avião viajando a 720km/h.0. Se não existe perda de energia no escoamento e se o módulo da velocidade da água em P é v. Em um único salto. de: 07.(Uffrj-RJ) O salto com vara é. Então. d) sua energia potencial gravitacional é constante. b) sua energia potencial gravitacional está diminuindo c) sua energia cinética está diminuindo. uma das disciplinas mais exigentes do atletismo. sem dúvida. partindo do repouso. escolha a opção que indica a altura do edifício em metros. Suponha que a maior velocidade que ele possa atingir o solo. Pode-se afirmar que: a) sua energia cinética está aumentando. a altura máxima de queda para que um gato. sem se machucar. com forte vento contrário ao seu movimento. desprezando-se a resistência do ar e considerando g = 10m/s2. o atleta executa cerca de 23 movimentos em .Desprezando a resistência do ar e considerando g = 10 m/s2. com velocidade constante. 05-(PUC-MG) Um ciclista desce uma rua inclinada. 06-(PUC-MG) Os gatos conseguem sair ilesos de muitas quedas. aproximadamente. nada sofra é. seja de 29 km/h. gravitacional e elástica – cinética e gravitacional c) – cinética – cinética. como mostra a figura . saltando 4. A figura a seguir representa um atleta durante um salto com vara. choca-se contra uma mola. bateu o recorde feminino. Assinale a opção que melhor identifica os tipos de energia envolvidos em cada uma das situações I. calcule a menor velocidade com que o corpo deve passar pelo ponto A para ser capaz de atingir o ponto B. e III. a) – cinética – cinética e gravitacional – cinética e gravitacional b) – cinética e elástica – cinética. em três instantes distintos. movendo-se sobre um plano horizontal.menos de 2 segundos. II. Na última Olimpíada de Atenas a atleta russa.0 kg de massa. respectivamente. e velocidade de 10m/s. Svetlana Feofanova. 09-(PUC-RS) Um bloco de 4.88 m. Despreze o atrito e considere g = 10 m/s2. gravitacional e elástica – cinética e gravitacional d) – cinética e elástica – cinética e elástica – gravitacional e) – cinética e elástica – cinética e gravitacional – gravitacional 08-(Ufpe) Com base na figura a seguir. a que altura o carrinho tem velocidade de 2.20 kg. estão parados em um tobogã. ao ser liberada. a) Qual é a velocidade do carrinho quando ele abandona a mola? b) Na subida da rampa. em cm.Sendo a constante elástica da mola igual a 10000N/m. o valor da deformação máxima que a mola poderia atingir. Considere que a mola da figura a seguir possui uma constante elástica k = 8000 N/m e massa desprezível. Considere que não há perda de energia mecânica por atrito no movimento do carrinho. O carrinho abandona a mola quando esta atinge o seu comprimento relaxado. corresponde à metade da . em relação ao solo. é 10-(UNICAMP-SP) Um brinquedo que muito agrada às crianças são os lançadores de objetos em uma pista. a mola está comprimida de 2.0 cm e. Inicialmente. e percorre uma pista que termina em uma rampa. seu irmão. nas posições mostradas nesta figura: Daniel tem o dobro do peso de André e a altura em que ele está.0 m/s? 11-(UFMG-MG) Daniel e André. empurra um carrinho de massa igual a 0. c) energias cinéticas diferentes e módulos de velocidade iguais. b) energias cinéticas iguais e módulos de velocidade iguais. Em um certo instante. ao atingirem o nível do solo.altura em que está seu irmão. André e Daniel terão a) energias cinéticas diferentes e módulos de velocidade diferentes. de constante elástica k = 1240 N/m. É CORRETO afirmar que. é . no seu movimento descendente. e cai sobre a mola ideal de constante elástica 2. Calcule. d) energias cinéticas iguais e módulos de velocidade diferentes. que está fixada no piso (ver figura). a altura inicial h. Despreze as forças de atrito. em metros. Despreze a resistência do ar.(g=10m/s2) 13-(MACKENZIE-SP) A figura mostra o instante em que uma esfera de 4 kg é abandonada do repouso. Ela colide com a mola comprimindo-a por ∆x = 10 cm. da posição P. O maior valor da velocidade atingida por essa esfera.102 N/m. nessa situação. acima de uma mola ideal. os dois começam a escorregar pelo tobogã. 12-(Ufpe-PE) Uma bolinha de massa m = 200 g é largada do repouso de uma altura h. Ao passar pela posição vertical. No ponto A. conforme o diagrama. o fio encontra um pino horizontal fixado a uma distância h = 1.5 m.14-(Ufg) Um bloco de massa igual a 0. em repouso. a superfície passa a ser curva.5 kg é abandonado. a velocidade do bloco vale: 16-(Ufpe-PE) Uma bolinha presa a um fio de comprimento L = 1.6 m que está fixado no teto. desliza sobre um plano horizontal com velocidade de 10m/s. 2 m acima de uma mola vertical de comprimento 0. Calcule o menor comprimento que a mola atingirá. é liberada na posição indicada na figura (ponto A). .0m. preso a uma mola de constante elástica 800 N/m e massa desprezível. 17-(UNIRIO-SP) Um carrinho de massa m=2. com raio de curvatura de 2. No instante em que a energia cinética do bloco se iguala à energia potencial da mola. oscila sobre um plano horizontal sem atrito com amplitude A = 0. Considere g = 10 m/s2 15-(Ufpb) Um bloco de 1 kg.8 m e constante elástica igual a 100 N/m.0kg apresentado no desenho ao lado.25 m (ver figura). representamos uma pista em que o trecho final XYZD é um arco de circunferência. considere g=10m/s2 e determine: a) a energia cinética no ponto X b) o trabalho realizado para ir de X a Y c) a velocidade mínima com que o carrinho deve ter para passar pelo ponto Z. Determine. 18-(UFRS-RS) Na figura. 19-(UnB-DF) Em uma apresentação de circo em 1901. sem perder contato com a pista. . Larga-se o carrinho de massa 0. Allo Diavolo introduziu a acrobacia de bicicletas em pistas com loops. b) a reação da superfície curva sobre o bloco no ponto C.Suponha que o atrito seja desprezível ao longo de toda a trajetória e que g=10m/s2.2kg no topo da pista. Despreze os atritos. então: a) a aceleração centrípeta no ponto B. B é o ponto mais alto do loop e Ré o raio do loop. Podemos afirmar que as alturas referidas no texto valem: (g=10m/s2) . mostrado na figura. e atinge o solo no ponto D com velocidade de módulo igual a VD=20m/s. h é a altura entre o ponto mais alto – A – e o ponto mais baixo – C – da trajetória. A bolinha passa pelo ponto mais elevado da trajetória parabólica BCD.Para que o sistema acrobata-bicicleta passe pelo ponto mais alto do loop sem perder contato com a pista. e descreve a trajetória ABCD indicada na figura abaixo. que não há forças dissipativas. 2. a energia cinética é igual a mgh.A energia mecânica total do sistema acrobata- bicicleta será mgh mesmo no caso da existência de forças dissipativas. julgue os itens abaixo. a uma altura H do solo.como mostra a figura. A figurta mostra o caminho do centro de massa do sistema acrobata- bicicleta.(Ufam) Uma bolinha de massa m é abandonada do ponto A de um trilho. o sistema deverá ter nesse ponto uma velocidade de módulo superior ou igual a ÖRg. 1. A partir dessas informações e considerando que m é a massa do sistema acrobata-bicicleta. Diavolo observou que se ele partisse com velocidade zero de uma altura mínima. Nessa figura. em um “desafio” ás leis da gravidade. poderia percorrer todo o trajeto. 3.No ponto C do caminho. que a bicicleta não é impulsionada pelo acrobata em nenhum instante da trajetória e que apenas o movimento do centro de massa do sistema acrobata-bicicleta é analisado.A razão entre os módulos das velocidades nos pontos B e C independe da altura h. que g é a aceleração da gravidade. passando inclusive pelo loop. 20. 4. a uma altura h do solo. sem cair. conforme anunciava ele. com velocidade cujo módulo vale VC=10m/s. o atrito e a resistência do ar durante o movimento. começa a descer por uma rampa de gelo. calcule a velocidade com que o conjunto chega ao ponto Q na base da rampa. b) Em R encontra-se uma barreira de proteção feita de material deformável usada para parar o conjunto após a descida. com um esquimó. O trecho QR encontra-se na horizontal.a) H=19m. h=4m d) H=12m. Despreze as dimensões do conjunto. Sabendo que a barreira de proteção sofreu uma deformação de 1. h=15m e) H=20m. h=10m c) H=12m. calcule a força média exercida por ela sobre o conjunto. a barreira não se desloca e que o conjunto se choca contra esta e pára. conforme a figura. h=15m 21-(UFJF-MG) Um trenó. h=14m b) H=18m. Considere que. a) Usando o princípio da conservação da energia mecânica. atinge uma barreira de proteção em R. partindo do repouso no ponto P. 22-(FUVEST-SP) . à altura de 20m.5m durante o choque. O conjunto trenó-esquimó possui uma massa total de 90kg. durante o choque. Depois de passar pelo ponto Q. é possível estimar que a velocidade máxima atingida pelo atleta. com perícia e treino. . 23-(UEL-PR) Uma esfera de massa m desliza. sem perdas ou acréscimos de energia. um atleta corre segurando uma vara e. A esfera parte do repouso no ponto y = 4R acima do nível da parte mais baixa do trilho. Na análise de um desses saltos. Calcule os valore da velocidade da esfera ( vX ) e da força normal ( fN ) exercida sobre a esfera. aproximadamente. no ponto x (ponto mais alto da trajetória circular): 24-(UFSCAR-SP) Uma formiga de massa m encontra-se no topo de uma bola de bilhar rigidamente presa ao solo. antes do salto. ao longo de um trilho em laço. conforme a figura abaixo. consegue projetar seu corpo por cima de uma barra. foi de. foi obtida a seqüência de imagens reproduzida acima.No ”salto com vara”. Para uma estimativa da altura alcançada nesses saltos. com atrito desprezível. Nesse caso. é possível considerar que a vara sirva apenas para converter o movimento horizontal do atleta (corrida) em movimento vertical. *Desconsidere os efeitos do trabalho muscular após o início do salto. A formiga começa a deslizar na bola com velocidade inicial nula. move-se sob o efeito da gravidade e sem atrito sobre um trilho em forma de dois quartos de círculo de raio R.4m.A bola possui raio R e superfície altamente polida. . 25-(ITA-SP) Um pequeno bloco. A mínima altura inicial h que acarreta a saída do bloco do trilho. conforme a figura. como mostra a figura. solto com velocidade nula a uma altura h. Considere g a aceleração da gravidade e despreze os possíveis efeitos dissipativos. após o ponto A é: 26-(UNICAMP-SP) Um carrinho de massa 300kg percorre uma montanha russa cujo trecho BCD é um arco de circunferência de raio R=5. a) Calcule o módulo da velocidade da formiga no ponto em que ela perde contato com a bola. b) Calcule a altura do solo. em que a formiga perde contato com a bola. que se tangenciam. a cada instante. EP. em joules. quando ela é solta e inicia o movimento com seu centro de massa a uma altura Ho = 1. A partir dessas informações: a) Represente. d) a força feita pelos trilhos sobre o carrinho no ponto C. para uma bola de massa M = 0. caracterizada pelo coeficiente de restituição CR. calcule: a) a velocidade do carrinho no ponto C. então. 27-(FUVEST-SP) Para testar a elasticidade de uma bola de basquete. em um equipamento no qual seu movimento é monitorado por um sensor.6m. Considerando g=10m/s2 e desprezando o atrito. no Gráfico I da folha de respostas. em função do tempo. O gráfico acima apresenta os registros de alturas. é possível. a partir de uma altura Ho. acompanhando seus sucessivos choques com o chão. A partir da análise dos registros. b) a aceleração do carrinho no ponto C. .60kg. estimar a elasticidade da bola. ela é solta. em função do tempo. chocando-se sucessivas vezes com o chão. indicando os valores na escala. Esse equipamento registra a altura do centro de massa da bola. a energia potencial da bola.A velocidade do carrinho no ponto A é VA=12m/s. estimou que a velocidade do sabonete. .O coeficiente de restituição. c) Estime o coeficiente de restituição CR dessa bola. em função do tempo. a partir do repouso de um ponto sobre a borda de uma banheira. deveria ser um valor. em cada choque. mais próximo de: 29-(CESGRANRIO-RJ) Uma esfera de massa 0. indicando os valores na escala. em m/s. em joules. Para a realização da filmagem. conhecendo a aceleração da gravidade (10m/s2) e desconsiderando qualquer atuação de forças contrárias ao movimento.b) Represente. CR = VR/VI. no Gráfico II da folha de respostas. sofrendo um forte impacto contra a parede vertical oposta. a energia mecânica total da bola.10kg rola sobre o perfil da montanha russa mostrado na figura abaixo. é a razão entre a velocidade com que a bola é rebatida pelo chão (VR) e a velocidade com que atinge o chão (VI).Desconsidere a deformação da bola e a resistência do ar. . momentos antes de seu impacto contra a parede da banheira. ET. Esse coeficiente é aproximadamente constante nas várias colisões. utilizando a definição apresentada abaixo. NOTE E ADOTE: . uma câmera mostraria o trajeto de um sabonete que. a equipe técnica. 28-(UFSCAR-SP) Idéia para a campanha de redução de acidentes: enquanto um narrador exporia fatores de riscos nas estradas. escorregaria para o interior da mesma. 10J. ela se move para baixo (veja seta) com energia cinética igual a 0.(ITA-SP) Um aro de1 kg de massa encontra-se preso a uma mola de massa desprezível. hmáx. c) a altura do ponto C. ponto B. calcule: a) a velocidade do indivíduo ao deixar o toboágua no ponto B b) a energia cinética do indivíduo no ponto mais alto da trajetória. a bola acabará parando na posição: (g=10m/s2) 30-(Ufla-MG) Um parque aquático tem um toboágua. conforme a figura. constante elástica k = 10 N/m e comprimento inicial L = 1 m quando não distendida. afixada no ponto O. Um indivíduo de 60kg desliza pelo toboágua a partir do ponto A.8m. A figura . Considerando o atrito desprezível. sendo lançado numa piscina de uma altura de 0. Embora o atrito seja muito pequeno. g=10m/s2 e cós30o=Ö3/2. 31.No instante representado. numa direção que faz um ângulo de 30o com a horizontal. ponto C. é de 10 metros. respectivamente. Soltando o aro do ponto P.) Sistemas dissipativos 33-(UFSCAR-SP) O trabalho realizado por uma força conservativa independe da trajetória. e considere igual a zero o valor da velocidade do atleta no início da queda. em m/s. e que seu comprimento. Sua queda é interrompida. é de 30 metros. a distensão máxima sofrida pela corda. ao alcançar o ponto T. cujo trabalho realizado depende da trajetória. pela ação da corda elástica.mostra o aro numa posição P em uma barra horizontal fixa ao longo da qual o aro pode deslizar sem atrito. a 2 m de distância? 32. b) peso e resistência do ar. cai da beira de uma plataforma para as águas de um rio. preso à extremidade de uma corda elástica. que tem a outra extremidade firmemente presa à beira da plataforma.(UNESP-SP) No esporte conhecido como “ioiô humano”. nas condições citadas acima. a) peso e massa. quando chega ao ponto mais próximo da água? b) Qual o valor da constante elástica da corda? (Despreze o atrito com o ar e a massa da corda. quando não distendida. São bons exemplos de forças conservativas e dissipativas. o que não acontece com as forças dissipativas. Nestas condições: a) A que distância da plataforma está o atleta. o praticante. Suponha que. quando usado por um atleta de peso 750 N. a poucos metros da superfície da água. qual deve ser sua velocidade. . para o qual a energia mecânica não se conserva. d) força elástica e força centrípeta. a força cessa e o bloco volta. quando a força cessa o bloco pára. e) I: exemplo de trabalho de força dissipativa (força de atrito). e) força centrípeta e força centrífuga. II: exemplo de trabalho de força dissipativa (força elástica). sem que sobre ele atue nenhuma força de resistência. o bloco é arrastado pela força ù sobre o plano horizontal. para o qual a energia mecânica não se conserva. para o qual a energia mecânica se conserva. 34-(UNIFESP-SP) Na figura estão representadas duas situações físicas cujo objetivo é ilustrar o conceito de trabalho de forças conservativas e dissipativas. para o qual a energia mecânica não se conserva. é puxado pela força sobre o plano horizontal. por causa do atrito. Em I. para o qual a energia mecânica se conserva. II: exemplo de trabalho de força dissipativa (força elástica). para o qual a energia mecânica se conserva. Em II. puxado pela mola. II: exemplo de trabalho de força conservativa (força elástica). para o qual a energia mecânica se conserva.c) força de contato e força normal. preso à mola e em repouso no ponto O. Essas figuras ilustram: a) I: exemplo de trabalho de força dissipativa (força de atrito). o bloco. . II: exemplo de trabalho de força conservativa (força elástica). b) I: exemplo de trabalho de força dissipativa (força de atrito). para o qual a energia mecânica não se conserva. c) I: exemplo de trabalho de força conservativa (força de atrito). depois de um pequeno deslocamento. e passa a oscilar em torno do ponto O. d) I: exemplo de trabalho de força conservativa (força de atrito). em módulo. em J. a uma altura de 3. 36-(FGV-SP) Ao passar pelo ponto A. 35-(FGV-SP) Devido a forças dissipativas. possui velocidade de 2m/s. em C. que havia sido abandonada de um ponto mais alto que A. sua velocidade torna-se zero.5m do nível de referência B. lançado verticalmente para cima. Tal . a 3. foi. uma esfera de massa 2kg.II: exemplo de trabalho de força conservativa (força elástica). o trabalho realizado sobre o sistema nos primeiros 4 segundos. mas em ambos a energia mecânica se conserva. A esfera passa por B e. Dados: g=10m/s2 37-(Uece) Na presença da atmosfera terrestre. parte da energia mecânica (E) de um sistema foi convertida em calor. um projétil. circunstância caracterizada pelo gráfico apresentado Sabendo-se que a variação da energia potencial desse sistema foi nula. em J. A parcela de energia dissipada por ações resistentes sobre a esfera é. perde parte de sua energia devido a forças viscosas com o ar.0m do mesmo nível de referência. Caso fosse possível eliminar uma perda de 40 kJ neste processo. 39-(UEA-AM) Na situação descrita a seguir. nos pontos P e Q. Suponha que a superfície dos trilhos apresenta as mesmas características em toda a sua extensão. aproximadamente. 38-(UFMG-MG) Observe o perfil de uma montanha russa representado nesta figura: Um carrinho é solto do ponto M. uma esfera de massa 4. passa pelos pontos N e P e só consegue chegar até o ponto Q.perda pode ser minimizada tornando o projétil mais aerodinâmico. respectivamente.0m. Considerando-se essas informações. b) E(cn) = E(cp) e E(tp) > E(tq). d) E(cn) > E(cp) e E(tp) > E(tq). também respectivamente. devido a essas melhorias aerodinâmicas. de quanto aumentaria.0kg é abandonada do repouso da altura de 8. . nos pontos N e P e E(tp) e E(tq) as energias mecânicas totais do carrinho. é CORRETO afirmar que a) E(cn) = E(cp) e E(tp) = E(tq). c) E(cn) > E(cp) e E(tp) = E(tq). Sejam E(cn) e E(cp) as energias cinéticas do carrinho. a altura máxima atingida por um projétil de 10 kg lançado verticalmente para cima? Admita que a aceleração da gravidade não varie e que seja igual a 10 m/s2. Ao ser liberado. O módulo da quantidade de energia mecânica dissipada no processo. a) a energia cinética inicial do carrinho .0kg. que dispõe de um gancho. A outra extremidade do fio está presa a um bloco. movimenta-se sobre um plano horizontal.Ela percorre a rampa passando pelo ponto horizontal com velocidade de 10m/s. de peso 5. determine: (g=10m/s2). (g=10m/s2) Qual a porcentagem da energia dissipada por atrito entre os pontos A e C? 40-(PUC-SP) O carrinho da figura tem massa 100g e encontra-se encostado em uma mola de constante elástica 100N/m. em direção à argola presa na extremidade do fio mostrado na figura.0N. em joules. Nessas condições. comprimida de 10cm. é: 41-(UNESP-SP) Um carrinho de 2. Enganchando-se na argola. o carrinho sobe a rampa até uma altura máxima de 30cm. com velocidade de 1. que se encontra em repouso sobre uma prateleira. parando momentaneamente quando o bloco atinge a altura máxima h acima da prateleira. o carrinho puxa o fio e eleva o bloco.0m/s. inicialmente no ponto A. cos 37° = 0. onde a aceleração da gravidade é gM=g/3.4 m do solo. distante 2. e considere que o bloco seja solto na mesma rampa A e da mesma altura HA. de uma altura HÁ. na rampa A. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a pista é nulo nas rampas e igual a m na região horizontal. Soltando-se. a partir do repouso. e por uma região horizontal de comprimento L.6. (g=10m/s2) Dados: sen 37° = 0.8. Observações: Despreze quaisquer atritos e as massas das polias. Determine: . a velocidade com que a criança chega à base do escorregador (ponto B) é. 42-(PUC-SP) Uma criança de massa 25 kg. Suponha que esse mesmo experimento seja realizado em Marte. em experimento realizado na Terra.b) a altura h. A e B. o escorregador esquematizado na figura. em m/s. supondo que ocorra perda de 20% da energia cinética inicial do carrinho quando o gancho se prende na argola.5. tg 37° = 0. percorre. um bloco de massa m. verifica-se que ele atinge uma altura HB (figura).75 43-(FUVEST-SP) Uma pista é formada por duas rampas inclinadas. Supondo o coeficiente de atrito cinético entre a roupa da criança e o escorregador igual a 0. O escorregador pode ser considerado um plano inclinado cujo ângulo com a horizontal é de 37°. A altura. a bola transfere para este 12J. em cada uma das experiências (Terra e Marte). A bola é . de massa igual a 1. Ao tocar o solo. 44-(ITA-SP) A partir do repouso. atingida pela bola na subida é de: 46-(UFOP-MG) Um jogador de basquete treina com uma bola cuja massa é de 2 kg. em relação ao solo.a) a razão Ra=VxTerra/VxMarte entre as velocidades do bloco no final da rampa A (ponto x). em cada uma das experiências (Terra e Marte) b) a razão Rb=WTerra/WMarte. entre as energias mecânicas dissipadas pela força de atrito na região horizontal.0m. um carrinho de montanha russa desliza de uma altura H=20Ö3m sobre uma rampa de 60o de inclinação e corre 2om num trecho horizontal antes de chegar em um loop circular. na forma de calor e.0kg.5. Considere a aceleração da gravidade g=10m/s2. com velocidade inicial nula. assinale o valor do raio máximo que pode ter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso sem perder contato com a pista. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano horizontal é 0. em cm. de pista sem atrito. e volta a subir verticalmente. a) R=8√3m b) R=4(√3 – 1)m c) R=8(√3 – 1)m d) R=4(2√3 – 1)m e) R=40(√3 – 1)/3m 45-(UF-RR) Uma bola de borracha. cai de uma altura de 2. A única diferença entre os dardos I e II. c) depois de qual choque a bola irá adquirir a energia aproximada de 0. é que I tem um pedaço de chumbo grudado nele. . 47-(UFF-RJ) Dois brinquedos idênticos. b) a velocidade da bola ao atingir o solo pela segunda vez. Escolha o gráfico que representa as velocidades dos dardos I e II. conforme mostra a figura.abandonada a 1 m de altura e. perde 50 % de sua energia. que lançam dardos usando molas. liberadas. As molas com os respectivos dardos foram inicialmente comprimidas até a posição 1 e. são disparados simultaneamente na vertical para baixo. calcule: a) a energia cinética da bola imediatamente após o primeiro choque. então. a partir do instante em que eles saem dos canos dos brinquedos.ao chocar-se com o solo. Usando g= 10 m/s2.08 J. como função do tempo. o que não existe em II. (UFU-MG) TEXTO PARA AS PRÓXIMAS 3 QUESTÕES: O tiro com arco é um esporte olímpico desde a realização da segunda olimpíada em Paris, no ano de 1900. O arco é um dispositivo que converte energia potencial elástica, armazenada quando a corda do arco é tensionada, em energia cinética, que é transferida para a flecha.Num experimento, medimos a força F necessária para tensionar o arco até uma certa distância x, obtendo os seguintes valores: 48-(UFU-MG) O valor e unidades da constante elástica, k, do arco são: 49-(UFU-MG) Ao tensionar o arco, armazena-se energia potencial elástica no sistema. Sendo assim, a expressão para a energia potencial armazenada é: 50-(UFU-MG) Se a massa da flecha é de 10 gramas, a altura h=1,40 m e a distância x=1m, a velocidade com que ela é disparada é: 51-(UERJ-RJ) 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 52-(FATEC-SP) 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. Desconsiderando a ação de forças dissipativas e adotando a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, o valor de h, em metros, é de 53-(UNESP-SP) 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? 54-(UECE-CE) A figura a seguir mostra quatro trajetórias de uma bola de futebol lançada no espaço. Desconsiderando o atrito viscoso com o ar, assinale o correto. a) A trajetória que exigiu a maior energia foi a I. b) A trajetória que exigiu a maior energia foi a II. c) A trajetória que exigiu a maior energia foi a III. d) A energia exigida é a mesma para todas as trajetórias. 55-(UECE-CE) Um carrinho de montanha russa tem velocidade igual a zero na posição 1, indicada na quando não há efeitos dissipativos. presa na extremidade de uma mola. Dentre os gráficos I. são. II. c) II e III. 57-(FUVEST-SP) Um esqueitista treina em uma pista cujo perfil está representado na figura abaixo. A menor altura h.figura a seguir. em metros. e) III e I. e desliza no trilho sem atrito. b) I e III. para o carro iniciar o movimento sem que venha a sair do trilho na posição 2 é 56-(FGV-RJ) O gráfico abaixo representa a energia potencial EP. aqueles que representam a energia cinética e a energia total do sistema. de uma pequena esfera em movimento oscilatório. O trecho . completando o círculo até a posição 3. a) I e II. d) II e IV. em função do tempo. III e IV. respectivamente. uma vez que o atrito pode ser desprezado devido à presença da água em todo o percurso do brinquedo. iguais a a) 5 m/s e 2.4 m. desce a rampa BC. b) 7 m/s e 2. c) 7 m/s e 3. em seguida. d) 8 m/s e 2. respectivamente. e sobe a outra rampa até atingir uma altura máxima H. CD.2 m. ele está com velocidade constante. bem como à existência das curvas fechadas na horizontal. No trecho AB. de forma que a criança percorra esses trechos .horizontal AB está a uma altura h = 2. e) 8 m/s e 3. percorre o trecho CD. também horizontal.4 m.2 m. 58-(UNIFESP-SP) Um dos brinquedos prediletos de crianças no verão é o toboágua.4 m. A emoção do brinquedo está associada à grande velocidade atingida durante a descida. O esqueitista percorre a pista no sentido de A para D. A velocidade do esqueitista no trecho CD e a altura máxima H são. de módulo v = 4 m/s. em relação a CD.4 m em relação ao trecho. o mais baixo da pista. neste cálculo.0 m/s2 a) A força normal. calcule: Dado: g = 10. inicialmente em repouso. exercida sobre a criança pela parede lateral do toboágua. considerando que a criança entra na água da piscina com velocidade. o bloco passa pelo ponto P com energia cinética de 1/20 da energia potencial gravitacional.9 m/s.0 m da sua base) onde o raio de curvatura é igual a 80 cm. 59-(UFG-GO) Uma mola ideal é usada para fornecer energia a um bloco de massa m.5 m de profundidade. colocado à beira de uma piscina. Ao liberar o sistema massa-mola.15H e d = 3H. a perda de energia mecânica no impacto da criança com a água da piscina. com h = 0. . calcule: a) o valor numérico do coeficiente de atrito para que o bloco pare no ponto B. Considerando o exposto. b) A força dissipativa média exercida pela água da piscina. no ponto indicado na figura (curva do toboágua situada a 2. necessária para fazer a criança parar ao atingir 1. na horizontal. desprezando-se. exceto entre os pontos A e B. aproximadamente igual a 10.0 m acima da base do toboágua. o qual mover-se sem atrito em toda a superfície. de uma altura de 6. Sabendo que a criança de 36 kg parte do repouso.encostada na parede lateral (vertical) do toboágua. na vertical. c) mg (yb – ya). quando o centro de massa da caixa é elevado. 60-(UFLA-MG) Um esquilo “voador” consegue planar do alto de uma árvore. e) mg (yb – ya) + mv2/2. a uma altura de 10 m até o chão. d) F cos θ (yb – ya). Considerando a aceleração da gravidade g = 10 m/s2 e a massa do esquilo 2 kg. desde a altura ya até a altura yb. aplicando na corda uma força F que forma um ângulo θ com a direção vertical. é: a) nulo. b) F (yb – ya). com velocidade constante de 5 m/s. é CORRETO afirmar que o trabalho da força de sustentação que atua sobre o esquilo ao longo desse deslocamento é de 61-(FUVEST-SP) Usando um sistema formado por uma corda e uma roldana. um homem levanta uma caixa de massa m. . O trabalho realizado pela resultante das forças que atuam na caixa – peso e força da corda -.b) a porcentagem da energia total dissipada pela força de atrito. como mostra a figura. com velocidade constante v. Por efeito da resistência do ar. caindo verticalmente num referencial fixo no solo. Considerando o módulo de aceleração da gravidade como g= 10m/s2.0 e uma mola de constante elástica k N m = 4. 4J da energia mecânica do sistema corpo-Terra se transformam em energia interna do ar e do corpo.62-(UFSM-RS) Não se percebe a existência do ar num dia sem vento.8 em relação à superfície S . o corpo atinge o solo com velocidade de módulo. de 63-(UFJF-MG) A figura ao lado mostra um sistema composto por dois blocos de massas idênticas m m kg A B = = 3. onde está posicionado o bloco B .0 / . Sabendo que a distância entre o bloco B e a . isso não significa que ele não existe. em m/s. Um corpo com massa de 2kg é abandonado de uma altura de 10m. contudo. O bloco A está preso a um fio de massa desprezível e suspenso de uma altura h m = 0. Em um dado momento.0 e que a colisão entre os blocos A e B é elástica. calcule a velocidade do bloco B imediatamente após a colisão do bloco A . a mola será comprimida pelo bloco B ? Justifique. posicionada em repouso no solo.mola é d m = 3. como mostra a figura. b) Calcule o deslocamento máximo sofrido pela mola se o atrito entre o bloco B e o solo for desprezível. Considerando o diâmetro das esferas desprezível e o choque entre elas perfeitamente elástico. o módulo da aceleração da gravidade local igual a 10m/s2 e o coeficiente de restituição ε=(V2’ – V1’)/(V1 – V2) em que V1’ e V2’ são as velocidades finais das esferas e v1 e v2 as velocidades iniciais. supondo todas as forças dissipativas desprezíveis. presa por um fio de comprimento L = 45. Nesse caso.4. é suspensa em uma posição tal que.5kg. c) Calcule a distância deslocada pelo bloco B em direção à mola.0cm e massa desprezível. o fio suporte faz um ângulo de 90o com a direção vertical. indo se chocar com outra esfera de massa m2 = 0. se o atrito cinético entre o bloco B e o solo for igual a μ=0. determine a velocidade das esferas após o choque.5kg. a esfera é solta. 64-(UFBA-BA) Uma esfera rígida de massa m1 = 0. faça o que se pede nos itens seguintes a) Usando a lei de conservação da quantidade de movimento (momento linear). 65-(UFF-RJ) . de massa total 2 m. recebe um impacto de outra composição. de quanto a mola estava comprimida inicialmente? 66-(FGV-SP) Em algumas estações de trem. parada bem próxima à mola de constante k.Dois objetos feitos do mesmo material repousam sobre um trecho sem atrito de uma superfície horizontal. ao perder o contato com a mola? c) Sabendo-se que a constante elástica da mola é 6. . relaxada.104 N/m.0. há rígidas molas no fim dos trilhos com a finalidade de amortecer eventual colisão de um trem.5 m nesse trecho até parar. de massa 2. de massa m. cujo maquinista não consiga pará- lo corretamente junto à plataforma.0 kg. de massa 1. vindo a uma velocidade v. Em seguida.0 kg. enquanto comprimem uma mola de massa desprezível. Certa composição. alcança a velocidade de 1. a) Qual o coeficiente de atrito cinético entre esse bloco e o trecho rugoso da superfície horizontal? b) Qual é a velocidade alcançada pelo 2º bloco. passa a sofrer o efeito do atrito cinético e percorre 0.0 m/s ao perder o contato com a mola. um deles. Quando abandonados. alcança um trecho rugoso da superfície. (C) x = (v / 3) · √(m/ k) (D) x = v · √(3·m) / k . (E) x = v ·√ m/ (3k). Ambas vão comprimir a mola. Conforme é mostrado abaixo. o corpo é afastado da sua posição inicial A e deslocado até B.que acaba engatando na primeira. como mostram os esquemas. Com relação à energia mecânica do . em função de k. (B) x = (m · v2) ∕ (3 · k). causando-lhe uma deformação máxima x ao pararem instantaneamente. 67-(UEPG-PR) Um corpo está suspenso por um fio inextensível. Desprezando a ação de agentes externos e dissipativos. a expressão de x. será (A) x = (m · v) ∕ (3 · k). onde é solto e começa a oscilar. m e v. sistema e desprezando as forças externas que poderão atuar sobre ele. b) A energia total do sistema independe do afastamento do corpo da posição inicial. d) A energia mecânica total do sistema depende do comprimento do fio (L). e) Em B. a) Quando o corpo passa pela posição A. 68-(PUC-RJ) Um ciclista tentando bater um recorde de velocidade em uma bicicleta desce. Calcule a velocidade atingida pelo ciclista ao chegar à base da montanha. a energia mecânica do sistema é nula. assinale a alternativa correta. a distância de 1440 m em uma montanha cuja inclinação é de 30°. c) Em qualquer ponto do sistema o somatório das energias potencial e cinética é igual à energia mecânica do sistema. Dados: Não há atrito e g = 10 m/s2 (A) 84 m/s (B) 120 m/s (C) 144 m/s (D) 157 m/s (E) 169 m/s 69–COLÉGIO NAVAL) . a energia cinética do sistema é máxima e a potencial nula. a partir do repouso. iniciando uma subida que o leva até o ponto C. sob a ação de uma força resultante constante. Sabendo que a energia perdida pelos atritos entre os pontos B e C foi de 19. atinge a velocidade de 180 km/h no ponto B. que atua de A até B. onde passa com velocidade de 18 km/h. Numa determinada montanha russa um trenó. Dados: g=10m/s2 e Mtrenó=800kg.104J. após 2 segundos. respectivamente: (A) 10000 N e h = 80m (B) 20000 N e h = 80m (C) 20000 N e h = 100m (D) 40000 N e h = 100m (E) 80000 N e h = 120m 70-(EsPCEx) . é correto afirmar que a força resultante que atuou sobre o trenó entre os pontos A e B e a altura atingida por ele no ponto C são.Analise a figura a seguir. parte do repouso do ponto A e. ele possui uma energia potencial. Em determinado ponto. e sua energia cinética vale 9 J. é de: [A] 5 m/s [B] 4 m/s [C] 3 m/s [D] 2 m/s [E] 1 m/s 71-(ENEM-MEC) Uma das modalidades presentes nas olimpíadas é o salto com vara. ao atingir o solo. As etapas de um dos saltos de um atleta estão representadas na figura: . A velocidade do corpo. de 9 J.Um corpo de massa 4 kg está em queda livre no campo gravitacional da Terra e não há nenhuma força dissipativa atuando. em relação ao solo. g. seja totalmente convertida em energia potencial elástica.V=720km/h/3.6=200m/s — h=3. E.106=m. seja totalmente convertida em energia potencial elástica. representada na etapa I. representada na etapa IV. representada na etapa III. a energia cinética. representada na etapa I. ou seja. C.Desprezando-se as forças dissipativas (resistência do ar e atrito). seja totalmente convertida em energia potencial elástica. Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Energia Mecânica 01-Como não existe atrito a energia mecânica se conserva e onde a energia cinética é máxima (ponto R). seja totalmente convertida em energia potencial gravitacional. para que o salto atinja a maior altura possível.h) é a mesma que chega à turbina.v2/2) mais a potencial gravitacional (m.106J — Em=m.B 02-Como a energia mecânica se conserva. que é a cinética (m. representada na etapa IV. a energia cinética. a energia cinética. R. B.A 03. a velocidade é máxima e a energia potencial gravitacional é mínima (altura mínima). Np ponto P a energia cinética é mínima (menor velocidade) e a energia potencial gravitacional é máxima (maior altura). representada na etapa II. a energia potencial gravitacional. R.103m — Em=70.v2/2 + m. é necessário que A. seja totalmente convertida em energia potencial elástica representada na etapa III.g. D. a energia mecânica em P. a energia potencial gravitacional. representada na etapa IV. representada na etapa II. . o máximo de energia seja conservada.h — 70. representada na etapa I. 245m R.106/5.10.6)2/2 + 0= 32.h=m.Cálculo da velocidade com que ela chega ao solo — Vo + g.VA2/2 +mgh=m(29/3.10.0 — EmB=m.104 — m=1.45m=10mh — h=32.D 07.45/10 — h=3.Observe na figura abaixo: EmA=m.h — EmA=10.B 06.C 05.h — EmB=m.C .m. o sistema é conservativo e a energia mecânica é a mesma em A e em B.VB2/2 + m.(200)2/2 + m.4. EmA=m.h=10mh — EmA=EmB — 32.400kg —R.R.02/2 + m.Se a velocidade é constante.B 04.3.104/2 + m.402/2=800m — EmA= EmB — 10mh=800m — h=80m R.10.t=0 + 10. a energia cinética é constante.4 — V=40m/s — como se despreza a resistência do ar.VB2/2 + mgh=0 + m.VA2/2 + m.g.103 — 70.106=m.10.104 — m=70.3.45m — EmB =m. Como a altura diminui a energia potencial gravitacional também diminui R. V2/2 — V2=32.g.g.000.6m 11.10-1/2. quando a compressão é máxima – Emd=kx2/2 - Ema=Emd — mV2/2=kx2/2 — 4.Observe a figura abaixo: .h — ponto C – como h=0 só tem energia cinética — EmC= EcC — sistema conservativo – EmB=EmC — EcC=m.h Portanto.– Ec=2mVD2/2 – VD=ÖEc/m Portanto.x2/2 — x=0.h Daniel .g.10-2)2/2=0.100/2=1.g.08.V2/2 – depois de comprimir a mola e parar (v=0).4m=40cm R.13=130m — EmA=EmB — 80m + mV2/2=130m — V2/2=50 — V=10m/s 09.h — ponto C – como h=0 só tem energia cinética — EmC= EcC — sistema conservativo – EmA=EmC — EcC=m. ao chegarem ao solo terão velocidades diferentes — R. ao chegarem ao solo ambos terão a mesma energia cinética. A energia cinética Ec com que ambos chegam ao solo é a mesma.2.– ponto B – como V=0 só tem energia potencial gravitacional — EmB=EpB=2m.a) kx2/2=mV2/2 — 8000.g. assim: André – Ec=mVA2/2 – VA=Ö2Ec/m Daniel .10-1=16 — V=4.D 12.(2.0m/s b) mV2/2=mgh + mV2/2 — 8=10h + 4/2 — h=0.h/2=m.A menor velocidade que ele deve ter no ponto A deve somente ocorrer se ele chegar em B com velocidade nula.8 + m. B e C na figura: André – ponto A – como V=0 só tem energia potencial gravitacional — EmA=EpA=m.antes de atingir a mola – Ema=m.10. Pela conservação da energia mecânica — EmA=EpA + EcA=mgh + mV2/2=m.E 10.Colocando os pontos A.10.V2/2=80m + mV2/2 — EmB = mgh=m. pois a cinética é zero — EmA= EpA=m. até quando a velocidade é máxima. desde o início. a energia potencial gravitacional (h=0) e a energia cinética (V=0) são nulas. que vai aumentando devido apenas à aceleração da gravidade.2 — h=3m 13.2 EmA=2h + 0.1)=2h + 0.2J — como o sistema é conservativo. (0.2 — no ponto B (nível zero de altura).2 — EmB=6.No ponto A só existe energia potencial gravitacional. com velocidade de intensidade V1.2. EmA = EmB — 2h + 0. (desprezando-se os atritos): I – a esfera é abandonada do repouso (Vo=0) e cai sujeita apenas à força peso.g.2=6.10. .(h + 0. existindo aí apenas energia potencial elástica — EmB=k(Dx)2/2=1.1)2/2=6.Vamos descrever todas as características deste movimento.240. até atingir a mola.(h + Dx)=0. começando a comprimi-la.2m — toda energia mecânica do início (Emi=mgh) é transformada em Emf=Epe + Ecmax na situação final Emi=Emf — mgh=kx2/2 + mVmax2/2 —4.nesta situação as intensidades das forças elástica e peso tornam-se iguais (P=Fe).x=m. A intensidade de vai aumentando.(0.B 14. quando a velocidade de queda torna-se máxima Veja na figura abaixo as condições do exercício: Na situação final — Fe=P — k.x=4.2)2/2 + 4.Vmax2/2 — 36= 4 + 2Vmax2/2 — V2=16 — V=4m/s R.g — 200. III.10.II – ao atingir a mola. fazendo com que V2 aumente cada vez menos. diminuindo a intensidade da força resultante que é para baixo.Observe a figura abaixo: . até chegar à situação III.0.10 — x=0.9=200. surge a força elástica ( ) que se opõe ao peso ( ). 8 – x=0. onde a energia potencial gravitacional é nula (h=0) e a cinética também (menor comprimento. temos que — Em=Ec + Ep — Em= 0 + k.(0.A2/2 = constante * No ponto médio 0. a energia mecânica em A.A2/2=800.A.C=1 + 80=81 — ÖD=9 — X=1±9/20 – x1=10/20=0.10. onde Ec=Ep — Eme=Ec + Ep — 100=Ec + Ec=2Ec=2.Tomando o ponto C como nível zero de referência para as alturas.5m – x2 é negativo e não satisfaz — o menor comprimento da mola é y=0.Observe a figura abaixo: .3m 15.(2 + x)=10 + 5x — considerando o sistema conservativo. de características: * A energia mecânica é sempre constante no MHS e vale Em= kA2/2 ou Em=Ec + Ep ou Em=kx2/2 + m.V2/2 — 100=V2 — V=10m/s R.mV2/2=2. onde a energia cinética é zero.1.x2/2=100. a energia mecânica em C.5 y=0. Cálculo da energia mecânica num dos extremos — Eme=k.8-0.v2/2 * Nos extremos onde v=0 e o módulo de x é A. temos que — Em=Ec + Ep — Em=mv2/2 + 0 — Em=mv2max/2=const.g. será EmA=m.A2/2 — Em=k.A 16.x2/2=50x2 — EmA=EmC — 10 + 5x=50x2 — 10x2 –x -10=0 — D=B2 – 4.V=0) será somente a energia potencial elástica — EmC=k.5.(2 + x)=0.Esse sistema massa-mola constitui um oscilador harmônico simples.5)2/2=100J (constante) — no ponto P. onde o módulo de v é máximo e x=0. a) Energia mecânica em A — EmA=mVA2/2 + mgh=2VA2/2 + m.(L-h) + mV2/2=m.6=16m — como o sistema é conservativo.1.h=0 + 0.h=m.5m + mV2/2 — 12.2R + m.10.0.2J .h + mVB2/2=2.1 — WXY= .VB2/2=40 + VB2 — EmB=20 + VB2 — EmA = EmB — 100=40 + VB2 — VB=√60m/s — aceleração centrípeta – ac=V2/R=(√60)2/2 — ac=30m/s2 b) Energia mecânica em C – EmC=m.g. seu peso e a reação da parte superior da superfície — força resultante centrípeta em C – FRC=m.VC2/R — N + 2.VC2/R — N + P= m.5=V2/2 — V=5m/s 17.a) Energia mecânica no início do movimento Emi=m.g.10.g.35 + mV2/2=3.g.0.8J b) Trabalho como variação de energia potencial gravitacional – WXY=EpX – EpY=0 –m.h= – 0.0=102 — EmA=100J — energia mecâncica em B — EmB =m.0.VC2/2=2.2.4 — Emi=0.EmA=m.0.4 + 2VC2/2=80 + Vc2 — EmC=80 + VC2 — EmA=EmC — 100=80 + Vc2 — Vc=√20m/s Quando o carrinho passa por C com velocidade de Ö20m/s.8=EcX — EcX=0.10.8J — Energia mecânica no ponto X EmX=EpX + EcX=0 + EcX=EcX — Emi=EmX — 0.g.R + 2.10.g.Vi2/2 + m. duas forças para baixo agem sobre ele.g. EmC também vale EmC=16m — EmB =m.10.10.5m + mV2/2 — EmC = EmB — 16m=3.2.10=2VC2/2 — N + 20=(√20)2 — N=20 – 20 — N=0 18. EmD=mV2/2=m. quando a força de compressão for nula. EmA=mVi2/2 + mgh=0 + mgh — EmA=mgh — EmC=EcC + m.V2/2 — na .Antes do salto só tem energia cinética (com o nível zero de altura no ponto 0.(-400/3) — Fm=- 12. mas VC é fornecida por EmA=EmC — mgh=mVc2/2 — Vc=Ö2gh (depende de h) 20.10=0. A força resultante centrípeta em B.5 — a= – 400/3m/s2 — Fm=m.h — h=150/10 — h=15m R.H=m.000N ou Fm=12kN 22.2. Nesse caso a força resultante centrípeta é o peso — FRC=m.1.2. 4. mas sem pressioná-la.10. ou seja. sempre haverá força de compressão. VB é constante e vale ÖRg.0 — EmC=EcC — sistema conservativo – EmC=EmA — EmC=EcC 2-Errada.VZ2/0.h — EmD=EmC — 200m=50m + m.m. o sistema chega em R com velocidade de 20m/s (Vo=20m/s) e pára (V=0) após percorrer DS=1.h — EmC=50m + m.g. já que a força de compressão aí é zero.10.g.100/2 + m. parte da energia mecânica é “perdida” 3.VZ2/R — 0.DS — 02 = 202 + 2.Correta.000N em módulo Fm=12.20=V2/2 — VQ=20m/s b) Como não existe atrito.h.E 21.1 — VZ=1m/s 19-1.Errado.g.c) Essa velocidade mínima ocorre quando o carrinho passa por Z estando em contato com a pista.a.10.VZ2/R — P= m.8m) — Ema=m.H — H=20m — EmC=m.a=90.Correta.202/2 — EmD=200m — EmA=m.H — EmD=EmA — 200m=10. é somente o peso P=mg — FRC=mVB2/R — mg= mVB2/R — VB=ÖRg e esse é o valor mínimo de VB e para qualquer valor acima dele.h=m.a) Sistema conservativo – EmP=EmQ — mgh=mv2/2 — 10. pois se existem forças dissipativas.5m — Torricelli — V2=Vo2 + 2.a.102/2 + m. 2R — 2mgR=mVx2/2 — Vx=Ö4gR — Vx=2ÖgR No ponto x.2R — 4mgR= m.g.D 23.2=32m — como não há dissipação de energia — m. agem sobre a esfera duas forças verticais e para baixo que são o peso P e a reação do trilho fn — força resultante centrípeta – FRC=mVx2/R — P + fn= mVx2/R — mg +fn=m(2ÖRg)2/R — fn=m.altura máxima só tem energia potencial gravitacional — Emam=m.a) Vamos supor que seja no ponto X que a formiga perca contato com a bola.Vx2/2 + m.V2/2=32m — V=8m/s R.g. a reação normal deixa de existir agindo sobre a formiga somente seu peso . que é a força resultante centrípeta. que substituído em I — g.h b) Chamando a posição inicial da formiga de Y e considerando a horizontal que passa por X como nível zero de altura: .g. Nesse ponto.10.4Rg/R – mg — fn=3mg 24.3.h/R=VX2/R — VX2=g.Vx2/2 + m. Observe no triângulo menor – cosa=FRC/P — FRC=P.cosa=mgcosa — mgcosa=mVX2/R – gcosa=VX2/R I — observe no triângulo maior – cosa=h/R.g.Na situação inicial só tem energia potencial gravitacional — Emi=m.4R — em x –Emx=m. dirigida para o centro da circunferência e de intensidade FRC=m.VX2/R.h=m. 144/2 — EmA=21. a aceleração do carrinho é a aceleração centrípeta dada por aC=VC2/R=36/5. a força de compressão aí torna-se nula (N=0) e a força resultante centrípeta (FRC) que atua sobre o bloco é seu peso P — FRC=m.g. construímos o gráfico Ep X t: .600J — em C tem energia cinética e energia potencial — EmC=m.VA2/2 — P=m.h — 3h=2R — h=2R/3 25.VC2/R — m.0m/s b) No ponto C.h=g.h=300.EmY=EcY + EpY=0 + mg.VA2/2 — g.(R-h)=m.(R-h) — EmX=EcX + EpX=m.R + m.C 26.VC2/2 + 300.(R-h) — que substituído em VX2=g.VA2/2 — m.h — g.VA2/2=300.7m/s2 c) No ponto C.4 — aC=6.000 — N=1.VC2/R — 3000 – N=300.VC2/2 + 16.(R-h) — EmY=m.g — sem atrito (sistema conservativo) – Emi=EmA — m.000 – 2.g.200— Vc=Ö36 — VC=6.R/2 — h=R + R/2 — h=3R/2 R.6.h=2. cuja força resultante centrípeta vale — FRC=P – N=m.VX2/2 + 0 — EmX=m.g.200 — EmA=EmC — 21.36/5.g.VX2/2 — EmY=EmX — m.10.VA2/2 — VA2=R.VC2/2 + m.g.VC2 + 16.VX2/2 — VX2=2.5. Ep(t)=m.g.R – 2.g.H(t) — Ep(t)=0.g.10.H(t) — colocando valores para H.H(t) — Ep(t)=6.4=150.g.No instante em que o bloco deixa de estar em contato com os trilhos no ponto A.4 — N=3.600=150. as forças que agem sobre o carrinho são seu peso para baixo e a reação dos trilhos para cima.a) Em A só tem energia cinética – EcA=m.R +g.h=m.g=m.000N 27-a) Observe no gráfico que a energia potencial da bola varia com a altura sendo ambas função do tempo.g – Nm. mgh=mV2/2 — 10.4=2.6m – Ep=6.6J — t=5 – H=0.5=3J — t=t1 – H=0 – Ep=0 — t=9 – H=0.10.0.4=2.Energia mecânica na posição inicial — Emi=Eci + mgh=0.6.V12/2=0.5 28.10 + 0.4 – Ep=6.4J e assim por diante.V12 — igualando.10.40=0.46m/s R-E 29.1.0.VR2/2=0.40 — Emi=0.10.4J=m.6m – Ep=6.6=V2/2 — V»3.g.3.3V12 — V1=Ö32 — V1=4Ö2m/s Da mesma maneira.10. pois durante a queda a energia mecânica se conserva — 9.6.0. que é a energia mecânica da bola se conserva no intervalo entre os choques. b) Como a energia total.V12/2 — Em1=0.4=0. na segunda queda — Em2=mgH=0.6.0.3VR2 — 2.50J .6=0.3VR2 — VR=2Ö2m/s — Coeficiente de restituição — CR=VR/V1=2Ö2/4Ö2 — CR=0.10 + 0.1. Nos pontos mais altos – Em=Et=Ep=constante c) Para o choque que ocorre no instante t1.6J é igual à energia cinética no choque com o solo — Em1=Ec1=m.t=0 – H=1.6=9.6 — Em1=9. onde a energia cinética é nula (V=0). a energia mecânica na altura máxima Ep1=Em1=m. nesses intervalos Et é constante e igual à energia potencial gravitacional nas alturas máximas.Ho=0. 10.50=h — ele pára na altura 0.400J — EmB =mVB2/2 + m.440=1. fica oscilando até parar em 1 R.A 30.5m que está entre 1 e 2.g.3/2 — ECy=1.10.(4Ö3)2/2 + 60. comprimento natural da mola .VBy2/2=60. Nele.400=30VB2 + 480 — VB=8m/s b) Trata-se de um lançamento obliquo com velocidade VB. vertical e variável (lançamento vertical).10. comprimento da mola deformada – (1m).16. restando apenas a componente constante VBy=VBx=VB.x2/2 — Emi= 10. Ec=0 — Emf=mgh=0.Energia mecânica inicial da mola (ponto P) – Emi=ECi + EPei=0 + k.440J c) EmC= EcC + EPc=60. No ponto mais alto da trajetória.— na altura h em que ela parar. no ponto B.cosq=8.440 + 600hmax — hmax=1.6m 31.h=h — Emi=Emf — 0.0.x2/2 — observe na figura abaixo que x=(2√2m). a componente vertical VBy se anula (VBy=0).h=60VB2/2 + 60.10.Ö 3/2 — VBy=4Ö3m/s — ECy=m.hmax — EmA=EmC — 2.a) EmA=mgh=60. ponto C.4 — EmA=2.10. a velocidade de lançamento (inicial) VB possui duas componentes VBx horizontal e constante durante todo o movimento e VBy.8= 30VB2 + 480 — 2. EmA=EcA + EpA=0 + m.200J – em módulo 1.V2/2=5 + V2/2 — Emf=5 + V2/2 — 16.4 – 1)2=5.7m/s 32. entre 0 e 4s — Wfdiss=E(final) – E(inicial)=600 – 1800= – 1.3 — EmC=60J — a energia dissipada corresponde ao trabalho realizado pelas forças dissipativas vale — Wfdis=DEm=60 – 70= -10J – em módulo 10J – R A 37.000J — situação final – distensão máxima – V=0+ – Ecf=0 — Emf= 0 + kx2/2 — Emf=50k — 30.000J — DEm=Em1 – Em2=mgh1 – .1. pois o enunciado diz que a energia potencial não variou — o trabalho das forças dissipativas corresponde à energia total dissipada “perdida” no processo.E energia mecânica total (E) é só a energia cinética.10.200J R- B 36.12/2 + 1. (2√2-1)2/2=5(2.82— Emi=16.h=2.40=30.750.5N/m 33.g.00≈0=50k2 — k≈24.deformação inicial da mola – x=(2√2 – 1)m — Emi=10.10.R – A veja teoria 35.R – B veja teoria 34. no caso.2J Energia mecânica na situação final da mola (ponto T) – Emf=EPef + ECf=kxf2/2 + mV2/2 — observe na figura abaixo que a deformação da mola na situação final é xf=comprimento da mola deformada (2m) – comprimento natural da mola (1m) xf=2 – 1=1m — Emf=10.Nas alturas máximas a energia cinética é nula e a mecânica é só a potencial gravitacional — DEm=40.3.2=5 + V2/2 — V»√22.Distensão máxima (10m) + comprimento natural (30m)=40m Emi=Eci + Epi=0 +.4 » 4.1.5 — EmA=70J — EmC=EcC + EpC=0 + 2. E 41.0.0.8=100N — sen37o=h/d — d=4m — Wfat=Fat.(h1 – h2) — 40.EmA=EpA + EcA=mgh + 0=4.10.001/2=0.4=600J — EmB =mV2/2=25V2/2=12.16m 42-EmA=mgh=25.10.2.A energia potencial gravitacional é a mesma em N e em P e como há perda de energia mecânica.8=50h — h=0.e toda essa energia é transmitida ao bloco quando se encontra no ponto A. a energia cinética em N é maior que a energia cinética em P.D 39.3=0.mgh2=10.0.5=0.Emi=kx2/2=100.5% R.5V2 – 600 — V=4m/s R- D 43.1.a) Eci=mv2/2=2. Tendo perda de energia a Emem P é maior que a Em em Q — R.C 40.12/2 — Eci=1J b) A energia mecânica inicial do bloco de massa 5kg é igual a 0.cos37o=100.a) Terra — Emi=mgh=mgHA — Emx=mVx2/2 — como na rampa não existe atrito mgHA = mVx2/2 — Vx2=2gHA — Marte — Emi=mg/3h=mg/3HA — Emx=mVx2/2 — como na rampa não existe atrito mg/3HA = mVx2/2 — Vx2=2/3gHA — .C 38.5. EmA=0.8J — EmC=mgh=5.3 – 0. tomado como nível zero de altura.10h — EmC=50h — EmA=EmC — 0.3J — DEm=W=0. Dh — Dh=400m R. Assim.5J — Emf=mgh=0.0.5V2 — Fat=mN=mPcos37=0.10.(-1)=-400J — Wfat=EmB – EmA — -400=12.8J.100/2=200J — regra de três — 320J – 100% — 120J – x — x=37. pois houve perda de 20%.10.d. a energia mecânica em N é maior que a energia mecânica em P.000=100.8=320J — EmC=EcC + EpC=mV2/2 + 0=4.4.250.(h1 – h2) — DEm=100.2J R. 5mRg II Cálculo do trabalho das forças dissipativas (Fat): Trabalho do Fat na rempa .mL)/2 – m(2gHA)/2 — Wfat= mg(HA .mL) — Wfat=Emy – Emx — Wfat=mVy2/2 – mVx2/2 — Wfat=m2g(HA . VxTerra2/ VxMarte2=2gHA/2/3gHA — VxTerra/ VxMarte=Ö3 b)Terra — Emx=Ecx=mVx2/2 — Emx=m2gHA/2=mgHA — Emy=mVy2/2=mVy2/2 — no trecho horizontal existe força de atrito — Fat=mN=mP=mmg — FR=ma — FR=Fat — ma=mmg — a=mg — Torricelli — Vy2=Vx2 + 2(- a).DS — Vy2=2gHA - 2mgL — Vy2= 2g(HA .mL) – mgHA — WfatTerra= – mgmL Marte — WfatMarte= – mg/3mL — WfatTerra/ WfatMarte= – mgmL X – 3/mgmL — WfatTerra/ WfatMarte= 3 44.Calculando a energia mecânica na situação inicial i e na final f Emi=mgH=mg20Ö3 — Emi=20Ö3mg I — Emf=mg2R + mVf2/2 – a condição para que ele faça o loop em f sem perder contato com a pista é Vf=ÖRg — Emf=mg2R + m(Rg)/2 — Emf=2. mg — FPHfat= mg/2 — WPHfat = FPHfat.C 45- .cos180o=mg/2. II e III em IV — -20mg=2.1/2 — FRfat=mg/4 — sen60o=H/d — Ö3/2=20Ö3/d — d=40m — WRfat=FRfat.(-1) — WPHfat= – 10mg Trabalho total do Fat — Wfat= -10mg – 10mg — Wfat= – 20mg III O trabalho das forças dissipativas (Fat) é igual à variação de energia mecânica — Wfat=Emf – Emi IV — substituindo I.mg.5 — R=8(Ö3 – 1)m R.20.cos180o=mg/4.FRfat=mN=mPcos600=mmgcos60o=1/2.(-1) — WRfat= – 10mg Trabalho do Fat no plano horizontal: FPHfat=mN=mP=mmg=1/2.40.d.d.5mgR – 20Ö3mg — R=(20Ö3 – 20)/2. 08J — após o n-ésimo choque.2=20J — — EmP=EmQ — EmQ=20J — subida — perde 12J.a) Dados — m = 2 kg — ho = 1 m — g = 10 m/s2 — considere que a cada choque a bola perde 50% de sua energia mecânica. armazenando as duas molas mesma energia potencial elástica — Epel=kx2/2 — energia potencial gravitacional em relação à linha da mola não deformada — Epg= = m g x — pela conservação da energia.10.10.08=(1/2)n.h2=10h2 — EmS = EmR — 10h2=8 — h2=0.2x10x1 — (1/2)n=8/2000 — (1/2)n=1/250 — considerando 1/250≈1/256 — (1/2)n=(1/256) — (1/2)n=(1/2)8 — n=8 47. calculada no item anterior — Ec=mV2/2 — 10=2V2/2 — V=√10≈3.8m=80cm R.Nos dois casos. a energia cinética da bola Ec é 50% ou metade de sua energia potencial gravitacional inicial Ep — Ec=0.5Ep — Ec=mgho/2=2x10x1/2 — Ec=10J b) Ao atingir o solo pela segunda vez. a deformação da mola é a mesma (x). e que não haja perda de energia mecânica enquanto a bola está no ar — assim. a velocidade vo de lançamento de um dardo é — Ec=Epel + Epg — mVo2/2=mgx + kx2/2 — Vo2=2/m(mgx + kx2/2) — Vo=√(mgx + kx2/2) — observe que. sobram 8J– EmS =8J — EmR=mgh2=1. a bola tem a mesma energia cinética que tinha após o primeiro choque.D 46.mgho — 0.Descida — EmP=mghd=1. após o primeiro choque.2m/s c) Dado — Ec’=0. o dardo de maior massa é o . a energia cinética da bola é — Ec’=(1/2)n. como a massa m aparece no denominador. Observando a tabela dada — k=Fe/x=160/10=320/20=480/30 — k=16N/cm=1. como mostra a figura: Epot=Wfel=”área”=base x altura/2=x. ou seja. portanto. em todos os casos a velocidade em B é vB.B 49.Pela conservação da energia mecânica. tendo. . a distância de B ao solo também é a mesma para todos eles.A 48.que tem menor velocidade inicial.(kx)/2 — Epot=kx2/2 — R. a energia potencial elástica armazenada no sistema é transferida para a flecha na forma de energia cinética — dados relevantes — x = 1 m — m = 10 g = 10-2 kg — k = 1. como mostrado na opção A — R.A energia potencial elástica (Epot) armazenada no sistema é igual ao trabalho da força elástica Wfel para provocar essa deformação — como a força elástica varia com a deformação. que pode ser calculada pelo Teorema da Energia Mecânica — fazendo AB = h — EmA=EmB — mgh=mVB2/2 — VB=√2gh — sendo H a altura do solo até B. Após sair dos canos dos brinquedos.B 51. os dados ficam sujeitos exclusivamente à força peso.√k/m — V=1.(√2H/g) — d=2√hH — sendo h e H iguais em todos os casos.Como o sistema é conservativo. que tem um pedaço de chumbo grudado nele. o movimento é uniforme com velocidade vB — a distância horizontal percorrida durante o tempo de queda é: d = vB tq — d =(√2gh).600/10-2=√16. o dardo I.√1.600N/m — k=1. esse trabalho é dado pela “área” entre a linha do gráfico e o eixo da deformação.A 50.600 N/m — mV2/=kx2/2 — v=x. desprezando a resistência do ar. o tempo de queda (tq) é obtido pela expressão: H = gtq2/2 — tq=√2H/g — na direção horizontal.104 — v=400m/s — R. a mesma aceleração g — por isso os gráficos são retas paralelas.6kN/m — R.F/2=x. Observe que o sistema conservativo. a de maior energia cinética. a energia potencial também é a mesma.C 55.160/2 — Ec=87. Então. que é o mesmo para as três trajetórias. consequentemente.160 — V=√1.R. a trajetória de maior alcance horizontal é a III.A 53. Assim. R. portanto. a energia mecânica inicial.Observe a figura abaixo que mostra os pontos de velocidade nula (A) e de velocidade máxima (B) — ela conservação da energia mecânica — EmA=EmB — 3mghA=3mhhB + 3mV2/2 — g(hA – hB)=V2/2 — V2=20. no ponto de velocidade máxima (B) — Ec=3mV2/2=3x50x1. no lançamento. o sistema é conservativo e a energia mecânica é a mesma em todos os pontos — R. é igual à energia mecânica no ponto mais alto.Como as forças dissipativas são desconsideradas.160 — v ≈ 34 m/s — a energia cinética máxima a que eles ficam submetidos é a energia cinética do sistema formado pelos três jovens. A partir do ponto mais alto. a de maior velocidade horizontal e. fica na dependência da energia cinética. logo.A menor altura h é aquela que faz com que o carrinho passe pela posição (2) com a velocidade .000J=87kJ 54.D 52.(60 – 2)=1. Portanto. a trajetória III é a que apresenta maior energia mecânica no ponto mais alto. maior energia mecânica no lançamento. 8 m. m = 36 kg. Fx = Fc = mV2/R= 36×80/08 — Fx = 3. H = 6 m e g = 10 m/s2 — como na descida o atrito é desprezível.4=v2CD/2 — v2CD=64 — vCD=8m/s — conservação da energia mecânica em CD e E — EmCD=EmE — mv2CD/2=mgH — 82/2=10H — H=3.E 58. h = 2 m. pela conservação da energia mecânica — Emi=Emf — m g H = m g h + mV2/2 — 10 (6) = 10 (2) + V2/2 — v2 = 80 — a força horizontal (Fx) sobre a criança durante a descida é a resultante centrípeta.5.C 56. a força normal que a pista aplica no carrinho é praticamente nula — assim.600 N.(24) — h=60m — R. .Dados — h = 2. tomando como referência o plano que contém o final do toboágua.Como o sistema é conservativo a energia mecânica total é constante e diferente de zero (gráfico III). R. o sistema pode ser considerado conservativo — então. ou seja.2m — R.mínima permitida para um círculo vertical (quase perdendo o contato com a pista). Se a energia total é constante quando a energia potencial diminui a cinética deve aumentar ou quando Ep = máxima ® Ec =0 (gráfico I).4 m — vAB = 4 m/s — conservação da energia mecânica em AB e CD — EmAB=EmCD — mv2AB/2 + mgh=mv2CD/2 — 42/2 + 10×2.B 57. a intensidade da força resultante centrípeta nessa posição (2) vale — Fc=N + P — Fc=0 + P — Fc= P — Fcé o próprio peso do carrinho — Fc=mV2/R — P=mg — mV2/R=mg — V2=Rg (I) — pela conservação da energia mecânica entre as posições (1) e (2) — Ep1=Ec2 + Ep2 — mgh=mV2/2 + mg(2R) — 2gh=V2 + 4Rg (II) — substituindo (I) em (II) — 2gh=Rg + 4Rg — h=5R/2 — h=2.a) Dados: r = 80 cm = 0. 7% 60.785.5 m. formando com a velocidade ângulo a = 180°.A energia total do corpo na altura de 10m vale Em=mgh=2.b) Dados: vo = 10. esse trabalho é nulo.138. Mas o trabalho da resultante é igual ao somatório dos trabalhos das forças atuantes — — — mgh= — – 2 (10) (10) — Wfat= 200 J — R.9)2/2 — 1. g = 10 m/s2.7J 59. v = 0.10 — Em=200J — ao chegar ao solo a . h = 10 m. no esquilo agem duas forças: o peso e a força de sustentação do ar.3 b) ΔEm=│Wfat│/EmP=μmgd/1/20(mgH) + mgH — ΔEm=0.857 — ΔEm(%)=85.5 – FDMx1.15H) – μmg3H=-0. Como a velocidade é constante.Dados: v = 10 m/s. DS = 1. Aplicando o teorema da energia cinética — WFR=ΔEc — Wp + WFDM=mV2/2 mVo2/2 — mgΔS + FDMΔScos180o=0 – mVo2/2 — 10x36x1. e a força de atrito somente realiza trabalho no trecho AB — aplicando. g = 10 m/s2 — durante a descida da criança na água da piscina.9/3 — μ=0.a) No trajeto do ponto P até o ponto B. notando que a energia cinética final em B é nula e que em P é 1/20 da energia potencial nesse mesmo ponto. o trabalho da resultante WR das forças que atuam sobre um corpo é igual à variação da energia cinética do corpo — como a velocidade é constante. m = 2 kg — enquanto voa.Pelo teorema da energia cinética. agem no bloco três forças: o peso a normal e a de atrito — a força peso realiza trabalho apenas ao longo da descida PA.5= -36x(10.5FDM=540 + 2. em sentido oposto ao movimento.05mgH — μ=0. ela sofre a ação do peso ( ) e das forças dissipativas exercidas pela água . então. o teorema da energia cinética.9 m/s.3mg3H/21/20mgH — ΔEm=18/21=0.10. a normal não realiza trabalho. pois é perpendicular à trajetória em todo o percurso. o trabalho da resultante é nulo.6 — FDM=1. suposta calculada a partir do plano horizontal de lançamento — WR=ΔEc — Wp(PA) + WN(PB) + Wfat(AB) =EcB – EcP — mg(H – h) + 0 – Fd= 0 – 1/20(mgH) — mg(H – 0. — R- A 62.B 61. 30 — Fat=FR=ma — 12=3.Vf — Vf=4m/s b) Como. o bloco B não comprime a mola parando a 1m da mesma.a.46m c) Agora.4.4=3.ΔS — ΔS=2m — como d=3m.ΔS — 0=42 + 2.a — a=4m/s2 — como a velocidade do bloco B está diminuindo essa aceleração é negativa — equação de Torricelli até o bloco B parar — V2=Vo2 + 2.8=V2/2 — V=4m/s — velocidade de B imediatamente após o choque com A — Qi=Qf — mAVi=mBVf — 3.B 63. no o atrito é desprezível o bloco B incide na mola com velocidade de 4m/s e a mola é comprimida de x.energia cinética vale Em=200 – 4 — Em= 196J — Em=mV2/2 — 196=2V2/2 — V=√196 — V=14m/s — R.(-4).16/2=24J — quando o bloco B pára ele só possui energia potencial elástica armazenada — Emf=kx2/2=4x2/2 — Emf=2x2 — Emi=Emf — 24=2x2 — x=√12 — x≈3. a força de atrito.0. que é a .a) Velocidade de A imediatamente antes de se chocar com B — conservação da energia mecânica — mgh=mV2/2 — 10. até o bloco B parar (V=0) — conservação da energia mecânica — imediatamente antes de se chocar com a mola o bloco só possui energia cinética Emi=mV2/2=3.0kg chega à superfície rugosa com velocidade de Vo=1m/s. com atrito no plano horizontal a única força na direção do movimento é a força de atrito — Fat=μN=μP=0. 64- 65- a) Quando o bloco da esquerda de massa me=2. contrária ao movimento. 1.força resultante sobre ele.V1 + m2. c) Utilizando o teorema da conservação da energia mecânica.a. b) Utilizando o teorema da conservação da quantidade de movimento — Qantes=m1V1=m2V2=m1.0 + m2.(-1) + 1. enquanto a mola está comprimida a energia total (mecânica) armazenada é a energia potencial elástica que vale — EMantes=Epe=kx2/2 — depois que a mola é liberada e cada bloco se move .2.V2=V2 – 2 — Qantes = Qdepois — 0=V2 – 2 — V2=2m/s.5 — a=1m/s2 — na direção do movimento a força resultante sobre o bloco é a força de atrito Fat — 2a lei de Newton — FR=m.(-a).1=2N — Fat=μN=μP=μmg — 2=μ.a=Fat — Fat=2.5m — cálculo da aceleração de retardamento — Torricelli — V2=Vo2 +2.0=0 — Qdepois=m1. faz com que surja uma aceleração de retardamento até que ele pare (V=0) após percorrer a distância ∆S=0.∆S — 02 = 12-2.0.10 — μ=0.V2 = 2. V22/2=2. 66- Pela conservação da quantidade de movimento — Qantes=m.V’ — Qantes =Qdepois — m.V=3m.0 — Qantes=m.em sentidos contrários com velocidades V1=1m/s e V2=2m/s.V’ — V’=V/3 — supondo que a energia mecânica do sistema de massa 3m se conserve.104.V + 2m. toda energia energia cinética antes do contato com a mola se transforma em energia potencial elástica após a composição parar e a mola for comprimida de x — Ec=3mV’2/2 — Epe=kx2/2 — Ec=Epe — 3mV’2/2 = kx2/2 — (3m/2)/(V/3)2 = kx2/2 — x = v ·√ m/ (3k) — R.E 67- .V12/2 + m2.22/2=3J — EMantes = EMdepois — kx2/2=3 — 6. toda energia potencial elástica sedo sistema se transforma em energia cinética — EMdepois=m1.x2/2 = 3 — x2 = 10-4 — x=10-2m=1.0cm.V — Qdepois=(m + 2m). como a altura não varia.(-1)2/2 + 1. g. onde V=0 a energia cinética (Ec=mV2/2) é nula e a energia potencial gravitacional (Ep=mgh) é máxima.h = 0 + m.720 — EmA=7. R–C 68- Cálculo da altura h — sen30o=h/1440 — h=720m — não havendo atrito o sistema pode ser considerado conservativo — teorema da conservação da energia mecânica — EmA=mVA2/2 + m. e) Falsa — em B.10. Como as forças externas são desprezadas.h = EmB=mVB2/2 + 0 — EmB=mVB2/2 — EmB=EmA — mVB2/2 = 7200m — VB2=14400 — VB=120m/s — R- B 69- Entre A e B não tem atrito e a força na direção do movimento é a força resultante (veja figura) — cálculo da . b) Falsa — quanto maior o afastamento.g. também a mecânica.200m — EmB=mVB2/2 + m. o sistema é conservativo e a energia mecânica é constante sendo a soma da energia cinética com a potencial gravitacional: a) Falsa — a energia mecânica é constante. c) Correta d) Falsa — a energia mecânica máxima total do sistema depende apenas da altura máxima atingida pelo ponto B. consequentemente maior a energia potencial e claro. maior será altura atingida (ponto B) e. 502/2 + 800.25 — FR=20 000N — entre B e C (começo da subida da rampa).h=800.aceleração do movimento — VB=VA + a.C. 71- .2 — a= 25m/s2 — intensidade da força resultante — princípio fundamental da dinâmica — FR=m.h — EmC=10 000 + 8 000h — observe que EmA = EP + EmC — 1 000 000 = 190 000 + 10 000 + 8 000h — 8 000h = 800 000 — h=100m — R.10.0 — EmB=1 000 000J — energia mecânica em C — EmC=mVC2/2 + m.g.C.V2/2 + 4.g.10.h=800.0 — Ems=2V2 — EmA = Ems — 18=2V2 — V=3m/s — R. 70- Como não existem forças dissipativas a energia mecânica é constante — no ponto fornecido — EmA=EcA + EpA — EmA=9 + 9=18J — quando chega ao solo h=0 e sua energia potencial gravitacional é nula — no solo — Ems=mV2/2 + mgh=4. houve energia perdida devido aos atritos de valor EP=190 000J — energia mecânica em B — EmB=mVB2/2 + m.10.t — 50 = 0 + a.a=800.52/2 + 800. h) para que a maior altura atingida (Etapa III) também seja máxima — R. essa máxima energia potencial elástica é transformada em energia potencial gravitacional (Ep=m.C.g. . deve se transformar em energia potencial elástica (Etapa II) que acontece quando a vara é deformada — então.Como o sistema é conservativo toda energia mecânica é sempre a mesma em qualquer instante — imediatamente antes do salto ele deve ter a maior velocidade possível (EtapaI) e consequentemente maior energia cinética (Ec=m.V2/2) — essa maior energia cinética.