Post on 08-Feb-2019
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.
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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
Resposta da questão 3: [A]
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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)
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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)
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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.
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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.
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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]
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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]
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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:
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
2d
d20 d
2md
m
vD sen 2
gv D 1D sen 2 .
g D 22 vD sen 2
g
θ
θ
θ
Resposta da questão 16: [A]
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.
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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:
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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
Resolução – Trabalho Energia MHS – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
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