Resolução Trabalho Energia MHS EsPCEx 2018 Prof. Douglão …einsteinmania.com/movame_2017/EsPCEx 2018/Resolucao... · 2017-07-19 · O trabalho de uma força, ... A quantidade

Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão

Gabarito: Resposta da questão 1: [C] [A] Verdadeira. Na figura (a) temos o equilíbrio entre o peso da pedra e a força elástica,

portanto: 2

emg 6 kg 10 m s

P F mg kx k k k 600 N mx 0,1m

[B] Verdadeira. Calculando a Energia potencial elástica para o ponto de compressão máxima

da mola, temos:

22

pe pe pe

600 N m 0,3 mk xE E E 27 J

2 2

[C] Falsa. Para o sistema considerado conservativo, a energia mecânica é conservada em

todos os pontos. Considerando as figuras (b) e (c), temos:

M(b) M(c) pe(b) c(c) pg(c) c(c) c

2c(c) c(c) c(c)

E E E E E 27 J E m g h

27 J E 6 kg 10 m s 0,4 m 27 J E 24 J E 27 J 24 J 3 J

[D] Verdadeira. Para o ponto (d) sendo considerado a altura máxima atingida pela pedra:

M(b) M(d) d d d2

27 JE E 27 J m g h h h 0,45 m 45 cm

6 kg 10 m s

[E] Verdadeira. Na situação da figura (b), o diagrama de forças do sistema será:

e eP F F F F P

Então, substituindo os valores calculados anteriormente:

F 600 N m 0,3 m 60 N F 180 N 60 N F 120 N

Resposta da questão 2: [A]

Seja o plano térreo o nível de referência para a energia potencial. As forças atuantes sobre a

carga do elevador são as forças de tração F e peso W.

Sendo R F W a resultante das forças sobre a carga do elevador, então:

R F W (I)τ τ τ

com Rτ sendo o trabalho da força resultante R, Fτ o trabalho da força F e Wτ o trabalho da

força peso W.


O teorema do trabalho e energia diz que o trabalho realizado pela força resultante sobre um corpo é igual à variação da energia cinética do corpo, ou seja,

f oR C C CE E E (II)τ Δ

Como o elevador subiu a uma velocidade ov constante, da equação (II) tem-se que:

f o

2 2elev o elev o

R C C

m v m vE E 0

2 2τ

ou seja, não houve variação da energia cinética e R 0.τ

Aplicando-se esse resultado na equação (I), tem-se que:

F W R F W0 (III)τ τ τ τ τ

Como W é uma força conservativa (a única força conservativa), então:

o fW P P elev elevE E 0 m gh m gh (IV)τ

sendo elevm a massa da carga do elevador, g a aceleração da gravidade e h a altura

percorrida pelo elevador.

Outra forma de calcular W ,τ nesse caso particular Por definição:

W W d cosτ θ

sendo d o vetor deslocamento da carga e θ o ângulo entre o vetor deslocamento e a força W.

Assim, W elevW d cos (m g) hcos180 ,τ θ ou seja,

W mghτ

que foi o mesmo resultado em (IV). Das equações (III) e (IV), conclui-se que:

F W elev elev

3 2F

6F

( m gh) m gh

6 10 [kg] 10[m s ] 20[m]

1,2 10 J

τ τ

τ

τ

A potência média útil desenvolvida pelo elevador é:

65F

útil1,2 10 [J]

P 1,2 10 Nt 10[s]

τ

Δ

ou seja,

útilP 120 kW



O plano de referência para energia potencial será adotado no ponto 25 m abaixo do ponto (A)

de onde Helena se solta.

Sendo a velocidade inicial nula, pela conservação da energia mecânica, tem-se:

2 2 2 2A B 2mec mec 0

2

mv kh 50v 250 10E E mg(L h) 50 10 25

2 2 2 2

12.500 v 12.500 v 0.

Resposta da questão 4: [C]

[A] Incorreto, pois:

m1 mC

2c

2c

2c

2c

2c

E E

1mgH mv

2

1gH v

2

R2g v

2

g R v

v g R (I)


1 Am m

2A

2A

2A

2A

E E

1mgH mV

2

1gH V

2

2gH V

V 2gH (II)

mA mC

2 2A c

E E

1 1mV mV mg2R (III)

2 2

Substituindo (II) e (I) em (III), tem-se que:

1 1m2gH mgR mg2R

2 2

1H R 2R

2

5H R (IV)

2

[B] Incorreto, pois:

1 Am m

2A

2A

2A

2A

E E

1mgH mV

2

1gH V

2

2gH V

V 2gH (II)

[C] Correto, pois

A B

A B B

m m

c pg c

2 2A B

2 2A B

E E

E E E

1 1mV mgR mV

2 2

1 1V gR V (V)

2 2

Substituindo (II) em (V), tem-se que:

2B

2B

2B

2B

2B

1 12gH gR V

2 2

1gH gR V

2

1g(H R) V

2

2g(H R) V

V 2g(H R) (VI)


B c

2B

B

N ma

VN m (VII)

R

Substituindo (VI) em (VII), tem-se que:

2B

B

B

VN m

R

2g(H R)N m (VIII)

R

Substituindo (IV) em (VIII), tem-se que:

B

B

B

B

B

5R2g( R)

2N mR

3R2g( )

2N mR

g 3RN m

R

N m g 3

N 3mg

Observação: Não é possível resolver essa questão sem antes resolver a alternativa [A]. Resposta da questão 5: [C] A velocidade da massa nos pontos correspondentes à amplitude máxima do sistema massa-mola sem atrito é nula, pois representam os pontos em que há mudança de direção de movimento e a aceleração e força elástica são máximas apontando no sentido contrário ao sentido do movimento imediatamente anterior. Na figura abaixo estão representados os

sentidos da força e aceleração para esses pontos em que as posições da massa são: x A e

x A.

Nota-se na figura, que em x A, a força elástica aponta para a direita.


Resposta da questão 6: [C] Pela segunda lei de Newton da Dinâmica:

RF m a

O trabalho de uma força, para um deslocamento retilíneo é:

W F d

Para a força resultante:

W m a d

De acordo com a figura abaixo, a área amarela é composta de dois triângulos de mesma área, mas uma negativa e outra positiva. Essas áreas correspondem ao deslocamento do objeto de

massa m.


Logo, o trabalho da força resultante entre 0t e 11t (W ), será nulo devido aos deslocamentos

opostos:

1W m a d d 0

Onde cada deslocamento refere-se à área de um triângulo, com os valores iguais em módulo, mas de sinais diferentes. Já em relação à área azul, temos um movimento com velocidade constante, isto é, a força resultante é nula e a aceleração também, resultando trabalho nulo.

2W m a d 0 (a 0)

Portanto, em todo o trecho o trabalho realizado pela força resultante é nulo. Resposta da questão 7: [D]

O trabalho de uma força τ é dado pelo produto da força F pelo deslocamento x.

F xτ

Neste caso, temos uma situação especial, pois a aceleração varia linearmente com o deslocamento do móvel. Sendo assim, a força sobre este móvel também varia de acordo com a segunda Lei de Newton, sendo o mais apropriado, neste caso, tomar a força média através da

aceleração média ma :

22

m m

0 20 m / sa a 10 m / s

2

Logo, a força média mF será:

2m m m mF m a F 5 kg 10 m / s F 50 N

Finalmente, o trabalho entre o deslocamento solicitado, será:

mF x 50 N 10 m 500 Jτ τ τ

Resposta da questão 8: [E] Pelo teorema da Energia cinética sabemos que o trabalho realizado pela força de atrito é igual à variação da energia cinética desenvolvida pelo corpo. Neste caso, a força é resistiva, isto é, é contrária ao movimento do corpo e, portanto, tem sinal negativo.

220

c at

mvmvE F d

2 2τ Δ


Como a velocidade final é nula, vem:

2 2 20 0 0

atc c

mv mv vF d d d

2 2 m g 2 gμ μ

Utilizando os dados do problema com a velocidade no S.I., temos que a distância medida da frenagem será:

2

2 2 20

2 2c

1m / s108km / h

3,6 km / hv 900 m / sd d d d 90 m

2 g 2 0,5 10 m / s 10 m / sμ

Resposta da questão 9: [C]

A potência teórica T(P ) em cada unidade corresponde à energia potencial da água represada,

que tem vazão 3Vz 690 m s.

tΔ

Sendo ρ a densidade da água, g a aceleração da gravidade e h a altura de queda, tem-se:

3 6T T

T

mgh V gh VP gh P zgh 10 690 10 118,4 816,96 10 W

t t t

P 816,96 MW.

ρρ ρ

Δ Δ Δ

A potência gerada em cada unidade é:

G G14.000

P P 700 MW.20

A potência não aproveitada (dissipada) corresponde à diferença entre a potência teórica e a potência gerada.

d T G dP P P 816,96 700 P 116,96 MW.

Resposta da questão 10: [B]

Dados: 2

BC Ch 8m; v 4 10 m/s; g 10 m/s .

A energia mecânica no ponto C é 80% da energia mecânica no ponto B. Então, adotando referencial de energia potencial no plano horizontal que contém o ponto B, vem:

22 2C BCC B 2C B

mec mec BC B

2

2B B B

v 2ghmv mvE 0,8E mgh 0,8 v

2 2 0,8

4 10 2 10 0,8 320v v 400 v 20 m/s.

0,8 0,8

A quantidade de movimento no ponto B é, então:

B B BQ mv 100 20 Q 2000 kg m/s.

Resposta da questão 11: [D]


Na figura abaixo, observamos duas situações: (1) o elevador instantes infinitesimais antes de acionar os freios e (2) quando o elevador já está parado e a mola está completamente alongada.

onde:

x deformação da mola com a massa (m);

A amplitude de movimento da mola devido à mudança de movimento brusco do sistema

(m).

Usando o equilíbrio de forças na figura 1, conseguimos determinar a deformação da mola quando em equilíbrio com o sistema em movimento uniforme.

2

emg 0,5 kg 10 m / s

F P kx mg x x 0,025 m(1)k 200 N / m

Pela conservação de energia, temos:

M(2) M(2)

2 2 2

E E

k x A kx mvmgA (2)

2 2 2

Substituindo os valores e aplicando a equação (1) na equação (2):

2 2 2

2

200 0,025 A 200 0,025 0,5 20,5 10 A

2 2 2

100 A 1 A 0,1m 10 cm

Resposta da questão 12: [A] A análise do gráfico nos dá que:

- O valor máximo da elongação é 2 m. A amplitude do movimento é A 2 m;

- O período do movimento é T 2 s;

- No instante t 0 a partícula está no ponto de elongação máxima: 0 0;Φ

- A pulsação é: 2 2

rad s.T 2

π πω ω π

Substituindo esses valores na função horária da elongação para o MHS:

0x Acos( t ) x 2cos( t 0) x 2cos( t).ω Φ π π

Resposta da questão 13: [E]


Para o pêndulo simples, a expressão que relaciona seu período de oscilação T com o seu

comprimento L é:

LT 2

gπ

Usando os dados fornecidos e fazendo a razão entre as expressões, temos:

122

1 2 11 1 2 12 2 2 22 2

2 2 12 2 1

L2

3 s 100 cmL T LgT T T LL L L L 25 cm

T T TL L T 6 s2g

π

π

Resposta da questão 14: [E] O período de oscilações de pequena amplitude para um pêndulo simples é

LT 2 .

gπ

Na situação descrita, o período é dado pela soma do tempo de meia oscilação com

comprimento L com o tempo da outra meia oscilação com comprimento L 2. Assim:

L2 L 2 L L2T T .2 g 2 g g 2g

π ππ

Resposta da questão 15: [B]

Dados: d m d mk 2 k ; F F .

Calculando a razão entre as deformações:

d m d d m m m d m m m dF F k x k x 2 k x k x x 2 x

Comparando as energias potenciais elásticas armazenadas nos dois estilingues:

2 2d dpot 2m d

m ddpotpot

m d22 2m m m dpot 2m d

m m d

k x 2 k xE k x

2 2 E 2 E

k x k 2x 4 k xE 2 k x

2 2 2

Considerando o sistema conservativo, toda essa energia potencial é transformada em cinética para o objeto lançado. Assim:

22cin cin 2 2dmm d m d

m vm vE 2 E 2 v 2v

2 2

Supondo lançamentos oblíquos, sendo θ o ângulo com a direção horizontal, o alcance

horizontal (D) é dado pela expressão:


2d

d20 d

2md

m

vD sen 2

gv D 1D sen 2 .

g D 22 vD sen 2

g

θ

θ

θ


1ar 2ar atl 2

22ar 2ar atl

atl

v 4 m/s; v 8 m/s; v 4 m/sP k 4 4 P' 64

F k v P k v v P 16P' k 8 4

P Fv

P' 4 P.

Resposta da questão 17: [D] Antes de analisar as afirmações, vamos calcular os valores da energia mecânica em cada um dos pontos.

A A A A

B B B B

C C C C

D D D

2 2A

M C Pg A M

2 2B

M C Pg B M

2 2C

M C Pg C M

2D

M C Pg D

m v 12 12E E E m g h 1 10 5 72 50 E 122 J

2 2

m v 12 12E E E m g h 1 10 4 72 40 E 112 J

2 2

m v 12 12E E E m g h 1 10 3 72 30 E 102 J

2 2

m v 12 12E E E m g h

2

D

2

M1 10 2 72 20 E 92 J2

Desta forma, é possível calcular o trabalho das forças dissipativas entre os pontos.

B A

C B

D C

AB M M AB

BC M M BC

CD M M CD

W E E 112 122 W 10 J

W E E 102 112 W 10 J

W E E 92 102 W 10 J

Agora, analisando as afirmações, temos que: [I] CORRETA. Vide cálculos [II] INCORRETA. Apesar do módulo da velocidade ser igual em todos os pontos, a sua direção

e sentido varia. Como a quantidade de movimento é uma grandeza vetorial, então a quantidade de movimento não é igual em todos os pontos.

[III] INCORRETA. Vide cálculos. [IV] CORRETA. No ponto B, o carrinho está no ponto de maior altura do loop.


Neste ponto, é possível dizer que a soma do peso e da força normal é igual a força centrípeta. Assim,

c

2

c

2

F P N

m vN F P m g

R

1 12N 1 10

2

144N 10

2

N 62 N

[V] CORRETA. Vide desenho do item IV. Resposta da questão 18: [C] Calculando respectivos os períodos:

1 1

2 2

4 2 2T 2 2 T s.

m 36 6 3T 2

k 4 2 2T 2 2 T s.

100 10 5

ππ π

ππ

π π

Fazendo a razão entre ambos:

1 11 2

2 2

T T2 5 5 3T 5T .

T 3 2 T 3

π

π

As duas massas estarão novamente na mesma posição vertical no instante t correspondente a

5 oscilações do pêndulo 2 e 3 oscilações do pêndulo 1.

Assim, fazendo 3,π vem:

2 2

t 3 5 2 2 3 t 6s.3 5

π ππ

Resposta da questão 19: [C] Aplicando o Teorema da Energia Cinética:


220

CinR P Fat

2

2

m vm vW E W W

2 2

m v m g h m g h

100 2

1 2 g h v 200

v 2 g h .50

Δ

β

β

β

Resposta da questão 20: [B] Com o gráfico, extraímos a aceleração a e a distância percorrida sobre o plano inclinado s :Δ

20 4 m / sva a 8m / s

t 0,5 s

4 m / s 0,5ss s 1m

2

Δ

Δ

Δ Δ

Usando a trigonometria, determinamos a diferença de altura hΔ entre as posições A e B:

h s sen37 h 1m 0,6 h 0,6mΔ Δ Δ Δ

Como existe atrito entre o bloco e o plano inclinado, calculamos o valor do coeficiente de atrito

cinético cμ e a força normal N utilizando o diagrama de corpo livre abaixo com as

componentes da força peso xP e y.P

Aplicando o princípio fundamental da dinâmica nos eixos x e y, primeiramente igualando as

forças em y :

yN P m g cos 37 2 10 0,8 N 16N

Em x temos:

at x R

x x

R

F P F

P m g sen 37 2 10 0,6 P 12 N

F 2 8 16 N

Logo, a força de atrito, será:

at R x

at at

F F P

F 16 12 F 4 N


Usando a conservação de energia entre os pontos A e B na descida, podemos calcular a velocidade que o bloco passa em A, pois a energia potencial gravitacional em B somada a energia dissipada pelo atrito no trajeto AB é igual a energia cinética em A.

dp B c AE E E

Sabendo que a Energia dissipada é:

d at dE F s E 4 JΔ

E a energia potencial gravitacional em B:

p B p B p BE m g h E 2 10 0,6 E 12 JΔ

Logo, a energia cinética em A é:

c A c AE 12 4 E 8 J

E, finalmente:

2

c A

c A

2 Em vE v v 2 2 m / s

2 m

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