Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Trabalho e Energia

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre

Trabalho e Energia

01- Força  —  W_F1=F₁.d.cosθ  —  W_F1=0,4×2,5.cosθ  —  W_F1=cosθ=k   —  cosθ=k  —  Força    —  W_F2=F₂.d.cos2θ  —W_F2=0,4×2,5.cos2θ  —  W _F2=cos2θ   —  cos2θ =cos²θ  – sen²θ  —  cos2θ =k² – (1 – cos²θ)  —  cos2θ = k² – 1 + k²  —  cos2θ = 2k² – 1  —  W _F2=cos2θ =2k² – 1  —  R-D.

02- Em todo gráfico da força resultante  na direção do deslocamento d e,em função dele, o trabalho realizado pela força  é numericamente  igual à área compreendida entre a reta representativa (linha cheia) e o eixo do deslocamento.

W_F(total)= área 1 + área 2 + área3 – área 4 – área 5  —  observe nas figuras abaixo que a área está delimitada entre a

reta representativa até o eixo d e pode ser calculada pela soma das áreas do trapézio com a área do retângulo  —  W=(12 + 4).10/2 + 12.5  —  W=140J  —  R-C.

03- O trabalho realizado (energia transferida) para elevar o mesmo balde a uma mesma altura com velocidade constante é o mesmo para Oscarito e Ankito, mas a força mínima exercida por Oscarito é menor, já que o deslocamento é maior  (no caso, a polia móvel dobra o deslocamento e reduz a força à metade)  —  R- D.

04- Na horizontal e na subida a esteira se move com velocidade constante de 1,5m/s, ou seja, em 1s ela percorre 1,5m e, pela figura, você observa que ela transportou na horizontal 1,5 caixas por segundo o que equivale a uma massa de   —

–  regra de três  —  1 caixa – 80kg  —  1,5 caixas – m  —  m=80×1,5=120kg  —  essa é a massa que a esteira na parte inclinada deve elevar de 5m em cada 1s com velocidade constante de 1,5m/s 

 

—  cálculo do trabalho pela altura  — W=m.g.h=120.10.5  —  W=6.000J (energia consumida para elevar uma massa de 120kg de 5m).  —  potência  —

P_o=W/∆t=6.000/1  — P_o=6.000W (energia consumida para elevar uma massa de 120kg de 5m em 1s)  —  R- E.

05- a) uma turbina de potência 680.10⁶W foi paralisada durante 3h —  P_o=W/∆t  —  680.10⁶=W/3  —  W=2.040.10⁶=2.040.000kWh (energia elétrica não fornecida por Itaipu durante 3h)  —  regra de três  —  1 domicílio – 4kWh  —  N domicílios – 2.040.000kWh  — 4N=2.040.000  —  N=510.000 municípios.

b) d=M/V  —  10³=M/600  —  M=600.10³  —  M=600.000kg.

c) P=M.g.h=6.10⁵.10.120=720.10⁶W  —  P=720MW.

06- Por dia uma pessoa utiliza 30L  —  4pessoas  —  4x30L=12L  —  em um mês 4 pessoas utilizarão – V=30.120=3600L  —  sendo a densidade da água 1kh/L esse volume de 3600L corresponde a uma massa de m=3600kg=3.600.000g  —  m=3.600.000g  —   c = 4,19 J/g°C  —  ∆t=30^oC  —  equação fundamental da calorimetria – Q=m.c.Dt  —  Q=3.600.000.4,19.30  —  Q=W=452.520.000J  —  lembrando que 1kWh=1.000W.3.600s  —  1kWh=3.600.000J  — regra de três  —  1kWh – 3.600.000W  —  x kWh – 452.520.000  —  x=W=452.520.000/3.600.000  —  W=125,7kWh  —  considerando que a água no tanque, de 200 litros, libera 0,30 kWh/litro, a cada mês, tem-se que a perda é de  200×0,30=60 kWh  —  assim os painéis solares terão que fornecer, por mês, 125,7 + 60 = 185,7 kWh  —  regra de três  —  se 1m² metro quadrado de painel, no mês, fornece 60 kWh, 187,5kWh serão fornecidos por x m²  —  60.x=185,7  —  x=3,1m² de de área de superfície de painéis solares.

07- a) Situação 1  —  V_o=60m/s – constante – equilíbrio dinâmico – força resultante nula – F_R=0 

—  P₁=F_M.V_o  — 120.000=F_M.60  —  F_M=2.000N  —  como V=constante (equilíbrio dinâmico) – F_M=F_ar=2.000N. 

b) Situação 2  —  V constante – força resultante nula – motor desligado F_M=0

P_p=F_ar=m.g.senα=800.10.senα  —  mas, F_ar é a mesma da situação 1 (2.000N)  —  2.000=8.000senα  —  senα=0,25. 

c) Situação 3  —  V constante – força resultante nula

Forças que agem na direção do movimento  —  P_p=m.g.senθ – parcela do peso, paralela à superfície do plano inclinado  —  P_p=800.10.0,3  —  P_p=2.400N  —  F_ar – força de resistência do ar, constante e igual a 2.000N  —  F_M – força motora  —  como a resultante é nula – F_M=P_p + F_ar  —  F_M=2.400 + 2.000  —  F_M=4.400N  —  P_o=F_M.V_o=4.400.60  —P_o=264kW.

08- Do enunciado, a potência total P_t é dada por P_t=299cv x 740=221.260W  —  cálculo da aceleração do carro quando sua velocidade passa de 0 a 28m/s em 7,5s – V=V_o + a.t  —  28=0 + a.7,5 – a=3,7m/s²  —  cálculo do deslocamento ∆S=d=v_o.t + a.t²/2=0 + 3,7.(7,5)²/2  —  d=104m  —  cálculo da força motora – F_M=m.a=2.400.3,7  —  F_M=8.880N  —  cálculo do trabalho útil realizado pelo motor nesse deslocamento – W_u=F_M.d.cos0^o=8.800.104.1  —  W_u=915.200J  —  cálculo da potência útil – P_u=Wu/∆t  — P_u=915.200/7,5  —   P_u=122.027W  — Pu/P_t=122.027/

221.260  —  P_u/P_t=0,55 (esse número representa o rendimento do motor do carro que é de 55%)  —  R-C.

09-  Dados  —  quantidade de anéis  —  n = 100  —  volume de água em cada anel  —  V = 1 cm³= 10^-6 m3  —  densidade da água  —   d = 1 g/cm³ = 10³ kg/m³  —  altura de elevação  —   h = 2 m  —  período de rotação do eixo  —T = 2 s  —  volume total de água contido nos 100 anéis  —  V_t = n V = 100.(10^-6) m³ = 10^-4 m³  —  esse volume representa uma massa de  —  M = d.V_t =10³.(10^-4) = 10^-1 kg  —  tempo de elevação dessa massa de água  —  ∆t = 100.T = 100.(2)  — 

∆t = 200 s  —  potência útil da fonte de rotação  —  P_u=W/∆t=(E_{potencial gravitacional})/∆t=Mgh/∆t  —  P_u=10^-1x10x2/200 =2/200=1/100  —  P_u=1,0.10^-2W  —  R- D.

10- Volume de combustível consumido em 1 hora  —  V=8L=8dm³=8.10³cm³  —  massa de combustível consumida em 1 hora  —  d=m/V  —  0,675=m/8.10³  —  m=5,4.10³g  —  calor fornecido pela queima dessa massa de combustível  —  regra de três  —  1g – 10000cal  —  5,4.10³g – Q cal  —   Q=5,4.10⁷cal  —  transformando essa energia em joules  —  regra de três  —  1cal – 4J  —  5,4.10⁷cal  —  W J  —  W=4.5,4.10⁷=2,16.10⁸J  —  potência gerada em 1 hora=3600s  —  P=W/∆t=2,16.108/3600  —  P=6.104W  —  a potência desenvolvida pelo carro é a potência útil=24kW=24.10³W  —  rendimento=potência útil/potência total  —  η=P_u/P_t=24.10³/6.10⁴ =0,4×100=40%  —  R- C. 

11- a) Observe no gráfico que eles vão ter a mesma velocidade no ponto onde a reta (andando) e a curva (correndo) se interceptam que é aproximadamente de V=8,5km/h (eixo horizontal-velocidade)  — observe também no eixo vertical (volume) que a partir dessa velocidade o consumo de oxigênio do atleta que está correndo é menor do que o do atleta que está andando.

b) Do gráfico, quando ele está parado, velocidade nula no eixo horizontal, o volume de oxigênio é de 0,2 ℓ/min  —  em 12h de repouso ele consumirá  —  Vr=720.0,2=144ℓ de oxigênio.

c) Pelo gráfico, quando sua velocidade é de 15km/h ele consome 3,6ℓ/min  — do enunciado, para cada litro de oxigênio consumido são gastas 5 kcal  —  energia (W) consumida quando V=15km/h  —  W=3,6.5=18kcal  —  1 cal= 4 J  —  W=18.000calx4=72.000J  — essa energia é consumida em 1min=60s  —  P=W/∆t=72kJ/60s  —  P=1,kW=1.200W.

W=72kJ.

d) O gráfico fornece que a cada 7km/h, andando, o consumo de oxigênio é de 1,6 ℓ/min  — do enunciado, para cada litro de oxigênio consumido são gastas 5 kcal  —  energia em ∆t minutos  —  W=1,6×5=8kcal  —  barra de chocolate=560kcal  —  regra de três  —  1 min – 8kcal  —  ∆t min – 560kcal  —  ∆t=560/8=70 min  —  ∆t=70min.

12- Não havendo movimento na vertical, nessa direção a força resultante sobre o bloco e sobre o carrinho é nula  —  força elástica que a mola exerce sobre o bloco de massa m empurrando-o para a direita (figura), quando deformada de x   

— F_mola=kx  —  não havendo atrito, essa força é a resultante sobre o bloco e de intensidade F_R=m.a_b  —  F_e=F_R  —  kx=ma_b  —  a_b=kx/m (I)  —  sobre o carrinho de massa M a força resultante é a elástica que a mola exerce sobre ele empurrando-o para a esquerda (figura), de intensidade F_e=kx   — não havendo atrito, essa força é a resultante sobre o bloco e de intensidade F_R=M.a_c  —  como se movem em sentidos contrários a aceleração relativa entre eles será a_r=a_b + a_c  —  a_r=kx/m + kx/M=kx(1/m + 1/M)  —  a_r=kx(m + M)/mM  —  R- E.

13- Sendo a potência mecânica constante a potência instantânea coincide com a potência média  —  P=W/∆t=W/(t – 0)  —  P=W/t  —  trabalho como variação de energia cinética  —  W=E_cf – E_ci = mV²/2 – mV_o²/2  —   sendo V_o=0 (partiu do repouso)  —  W=mV²/2  —  P=W/t=(mV²/2)/t  —  P=mV²/2t  —  V²=2Pt/m  —   mas, veja que, como 2P/m é constante, V² é proporcional a t  —  R- C.

14- 1. Observe a figura onde foram colocadas as forças  a partir do peso do bloco que vale  —-  P=mg=24.10=240N  —

F=60N.

2. Sendo a velocidade constante a massa está em equilíbrio dinâmico e a força resultante sobre ela é nula e assim,  força é a mesma que equilibra o sistema em 1  —  F=60N.

3. Sendo o fio inextensível, o deslocamento do fio onde a força é F é 4 vezes maior que o deslocamento do fio onde a força é P=4F  —  W_F=F.d=60.4d=240d  —  W_4F=P=4F.d=4.60.d=240d  —  W_F=W_4F  —  tanto  como o peso realizam o mesmo trabalho

15- O trabalho da força peso (força gravitacional) entre dois pontos A e B, não depende da trajetória, mas apenas da altura (h) vertical entre A e B e é fornecido por W_BA=+P.h na descida e por W_AB= -P.h na subida por qualquer trajetória (d₁, d₂ ou d₃).

01) Falsa  —  O trabalho é o mesmo nos 3 casos, pois a altura é a mesma (do piso térreo a um nível superior).

02) Correta.

04) Falsa  —  o trabalho é o mesmo.

08) Falsa  —  a potência é maior, pois P=W/∆t, mas não é possível afirmar quantas vezes.

16) Correta  —   Porque o tempo no método 2 é menor do que no método 1 e P=W/∆t.

Corretas  —  (02 e 16).

16- a) É relativa, mas pode estar compreendida entre 10cm e 30cm  —  aproximadamente 15cm.

b) Para o avião  —  (P/A)/b=k  —  (P/A)=k.60  —  7200=k.60  —  k=120  —  pardal (considerando sua envergadura como b=15cm=0,15m  —  (P/A)=kb  —  (P/A)=120.0,15  —  pardal  —  (P/A)=18N/m²  —  pela expressão fornecida  —  (P/A)=0,37V²  —  18=0,37V²  —  V²=48,65  —  V≈6,97m/s.

c) Energia efetivamente transformada em potência mecânica  —  P=25% de 3,2J/s=3,2/4=0,9J/s  —  P=F.V  —  0,9=F.6,97  —  F≈0,13N. 

17- Para que haja energia potencial gravitacional deve existir diferença de alturas para que a água, na tendência de nivelar as alturas, passe através da turbina, gerando energia elétrica  —  R- E.

18- a) Observe atentamente a figura abaixo onde estão colocados os dados fornecidos pelo

enunciado e pelo gráfico  —  cálculo, de B para A, do trabalho da força peso pelo teorema da variação de energia potencial gravitacional  — W_BA=

E_PB – E_PA  —  W_BA=24000 – 0  —  W_BA=24000J=E_PB  —  E_PB=m.g.h_B=P.h_B  —  24000=P.30  —  P=800N  — observe no gráfico que a energia elástica só começa a surgir a partir de 20m, quando a corda começa a ser esticada  —assim, L_o=20m.

b) Se o comprimento natural da mola é 20m e ela foi deformada até 30m, a deformação é x=30 – 20=10m, e para efetuar essa deformação a energia potencial elástica foi de 24.000J (veja gráfico)  —  U_elástica=K.x²/2  —  24.000=K.(10)²/2  —  K=480N/m.

19- Para atingir a altura desejada de 3m ele deve ganhar de energia potencial a quantidade ΔE_p, com N idas e vindas  —  ΔE_p=mgh-800.3  —  ΔE_p=2.400J  —  ΔE_p=nE₁  —  2.400=n.600  —  n=4  —  R- C.

20- Observe a figura  —  como o bloco está em equilíbrio, a resultante das forças sobre ele é nula, ou seja, a força elástica é equilibrada pela componente tangencial do peso  —  F_e=P_p  —  kx=Psenθ  —  x=10.0,8/100  —  x=8,0.10^-2m  —  como centro de massa do bloco está abaixo de plano referencial, sua energia potencial gravitacional é negativa  —  soma pedida das energias  —  E_pg + E_pe=P.(-h) + kx²/2=10(-0,1) + 100.(8.10^-2)²/2= -1 + 0,32  —  E_pg + E_pe=-0,68J  —

R- A.

21- Observe nas figuras abaixo as forças que agem em cada uma das partes:

a) Como as partes se movem em movimento retilíneo e uniforme, a resultante das forças em cada uma delas é nula  —   corpo A  —  N_A = P_A  —   N_A = 5 N  —  F = F_atA  —  F = μ_c • N_A  —   F = 1,5 N  —   corpo B  —  N_B = P_B  —  N_B = 10 N  —  T = F + F_atB  —  T = F + μ_c • N_B  —  T = 4,5N.

b) A força T é constante  –p-  trabalho da força T  —  W = T • Δs • cos α  —  o ângulo entre a força e o deslocamento é nulo  —    cos α = 1  —  como a velocidade dos corpos também é constante  —   Δs = v • Δt  —  W = T • v • Δt  —  W = 4,5 • 0,1 • 120  —  W = 54 J.

c) Do resultado obtido no item a  —  F = 1,5 N.

d) Chamando de δ a deformação da mola  —  F = k • δ  —  1,5 = 10 • δ  —  δ = 0,15 m  —  comprimento da mola  —  x = xo + δ  —  x = 0,1 + 0,15  —  x = 0,25 m ou x = 25 cm.

22- Observe na figura as alturas dos centros de massa de cada configuração em relação ao apoio horizontal  —  a=10cm

a=0,1m  —  M=100g=0,1kg  —  energia potencial gravitacional em A  —  E_pA=m.g.h_A=3×0,1x10x0,05=0,15J  —

energia potencial gravitacional em B  —  E_pB=m.g.h_B=3×0,1x10x0,15=0,45J  —  ∆E_P=E_PB – E_PA=0,45 – 0,15=0,3J  —

∆E_P=30.10^-2J.

23-

24- Colocando os pontos A, B e C na figura  —  André – ponto A – como V=0 só tem energia

potencial gravitacional  —  E_mA=E_pA=m.g.h  —  ponto C – como h=0 só tem energia cinética  —  E_mC= E_cC  —  sistema conservativo – E_mA=E_mC  —  E_cC=m.g.h  —  Daniel – – ponto B – como V=0 só tem energia potencial gravitacional  —  E_mB=E_pB=2m.g.h/2 E_mB=m.g.h  —  ponto C – como h=0 só tem energia cinética  —  E_mC= E_cC  —  sistema conservativo – E_mB=E_mC  — E_cC=m.g.h  —  portanto, ao chegarem ao solo ambos terão a mesma energia cinética  —  como a energia cinética E_c com que ambos chegam ao solo é a mesma, assim  —  André – E_c=mV_A²/2 – V_A=√(2E_c/m)  —  Daniel – E_c=2m.V_V²/2  —  V_D=√(E_c/m)  —  portanto, ao chegarem ao solo terão velocidades diferentes  —  R- D.

25- Vamos descrever todas as características deste movimento, desde o início, até quando a velocidade é máxima  — (desprezando-se os atritos): 

 I – a esfera é abandonada do repouso (V­_o­=0) e cai sujeita apenas à força peso, com velocidade de intensidade V₁, que vai aumentando devida apenas à aceleração da gravidade, até atingir a mola.

II – ao atingir a mola, começando a comprimi-la, surge a força elástica () que se opõe ao peso (). A intensidade de   vai aumentando, diminuindo a intensidade da força resultante que é para baixo, fazendo com que V2 aumente cada vez menos, até chegar à situação III.

III- nesta situação as intensidades das forças elástica e peso tornam-se iguais (P=Fe), quando a velocidade de queda torna-se máxima

Veja na figura abaixo as condições do exercício:

Na situação final  —  F_e=P  —  k.x=m.g  —  200.x=4.10  —  x=0,2m  —  toda energia mecânica do início (E_mi=mgh) é transformada em E_mf=E_pe + E_cmáx na situação final  —  E_mi=E_mf  —  mgh=kx²/2 + mV_máx²/2  —4.10.0,9=200.(0,2)²/2 + 4.V_máx²/2  —  36= 4 + 2V_máx²/2  —  V_máx²=16  —  V_máx=4m/s  —  R- B.

26- Observe a figura abaixo:

Tomando o ponto C como nível zero de referência para as alturas, a energia mecânica em A, onde a energia cinética é zero, será E_mA=m.g.(2 + x)=0,5.10.(2 + x)=10 + 5x —  considerando o sistema conservativo, a energia mecânica em C, onde a energia potencial gravitacional é nula (h=0) e a cinética também (menor comprimento,V=0) será somente a energia potencial elástica  —  E_mC=k.x²/2=100.x²/2=50x²  —  E_mA=E_mC  —  10 + 5x=50x²  —  10x² –x -10=0  —  ∆=B² – 4.A.C=1 + 80=81  —  √∆=9  —  X=1±9/20 – x₁=10/20=0,5m – x₂ é negativo e não satisfaz  —  o menor comprimento da mola é y=0,8 – x=0,8 – 0,5  —  y=0,3m.

27- a) Energia mecânica em A  —  E_mA=mV_A²/2 + mgh=2V_A²/2 + m.g.0=10²  — E_mA=100J  —  energia mecânica em B  —E_mB =m.g.h + mV_B²/2=2.10.R + 2.V_B²/2=40 + V_B²  — E_mB=20 + V_B²  —  E_mA = E_mB  —  100=40 + V_B²  —  V_B=√60m/s  — aceleração centrípeta – a_c=V²/R=(√60)²/2  —  a_c=30m/s².

b) Energia mecânica em C – E_mC=m.g.2R + m.V_C²/2=2.10.4 + 2V_C²/2=80 + V_C²  —  E_mC=80 + V_C²  —  E_mA=E_mC  —  100=80 + V_C²  —  V_C=√(20) m/s  —  quando o carrinho passa por C com velocidade de √20m/s, duas forças para baixo

agem sobre ele, seu peso  e a reação da parte superior da superfície   — força resultante centrípeta em C –  F_RC=

=m.V_C²/R  —  N + P= m.V_C²/R  —  N + 2.10=2V_C²/2  —  N + 20=(√20)²  —  N=20 – 20  —  N=0.

28- a) Vamos supor que seja no ponto X que a formiga perca contato com a bola  —  nesse ponto, a reação normal  deixa de existir agindo sobre a formiga somente seu peso , que é a força resultante centrípeta, dirigida para o centro da circunferência e de intensidade F_RC=m.V_X²/R  —  observe no triângulo menor – cosα=F_RC/P  —  F_RC=P.cosα=mgcosα  —

–   mgcosα=mV_X²/R  —  gcosα=V_X²/R  (I)  —  observe no triângulo maior – cosα=h/R, que substituído em (I)  —  g.h/R=V_X²/R  —  V_X²=g.h.  

b) Chamando a posição inicial da formiga de Y e considerando a horizontal que passa por X como nível zero de altura 

—  E_mY=E_CY + E_pY = 0 + mg.(R-h)  —  E_mY=m.g.(R-h)  —  E_mX=E_cX + E_pX=m.V_X²/2 + 0  —  Em_X=m.V_X²/2  —  E_mY=E_mX  —  m.g.(R-h)=m.V_X²/2  —  V_X²=2.g.(R-h)  —  que substituído em V_X²=g.h  —  g.h=2.g.R – 2.g.h  —  3h=2R  —  h=2R/3.

29- a) Observe no gráfico que a energia potencial da bola varia com a altura sendo ambas função do tempo  —  E_p(t) =

=m.g.H(t)  —  E_p(t)=0,6.10.H(t)  —   E_p(t)=6.H(t)  —  colocando valores para H, construímos o gráfico E_p X t:

t=0 – H=1,6m – E_p=6.1,6=9,6J  —  t=5 – H=0,6m – E_p=6.5=3J  —  t=t₁ – H=0 – E_p=0  —  t=9 – H=0,4m – E_p=6.0,4=

2,4J e assim por diante.

b) Como a energia total, que é a energia mecânica da bola se conserva no intervalo entre os choques (dados do exercício), nesses intervalos E_t é constante e igual à energia potencial gravitacional nas alturas máximas, onde a energia cinética é nula (V=0)  —  nos pontos mais altos – E_m=E_t=E_p=constante

c) Para o choque que ocorre no instante t₁, a energia mecânica na altura máxima E_p1=E_m1=m.g.H_o=0,6.10.1,6  —  E_m1=9,6J é igual à energia cinética no choque com o solo  —  E_m1=E_c1=m.V₁²/2=0,6.V₁²/2  —  E_m1=0,3.V₁²  —  igualando, pois durante a queda a energia mecânica se conserva  —  9,6=0,3V₁²  —  V₁=√32  —  V₁=4√2m/s  —

da mesma maneira, na segunda queda  —  E_m2=mgH=0,6.10.0,4=2,4J=m.V_R²/2=0,3V_R²   —  2,4=0,3V_R²  —  V_R=2√2m/s  —  coeficiente de restituição  —  CR=V_R/V₁=2√2/4√2  —  CR=0,5.

30-  a) E_mA=mgh=60.10.4  —  E_mA=2.400J  —  E_mB =mV_B²/2 + m.g.h=60V_B²/2 + 60.10.0,8= 30V_B² + 480 —  2.400=30V_B² + 480  — V_B=8m/s.

b) Trata-se de um lançamento obliquo com velocidade V_B, no ponto B. Nele, a velocidade de lançamento (inicial) V_B possui duas componentes V_BX horizontal e constante durante todo o movimento e V_BY, vertical e variável

(lançamento vertical)  —  no ponto mais alto da trajetória, ponto C, a componente vertical V_BY se anula (V_BY=0),  — restando apenas a componente constante V_BY=V_BX=V_B.cos30^o=8.√3/2  —  V_BY=4√3m/s  —  E_CY=mV_BY²/2  —

E_CY=60.16.3/2  — E_CY=1.440J.   

c) E_mC= E_cC + E_pC=60.(4√3)²/2 + 60.10.h_máx  —  E_mA=E_mC  —  2.440=1.440 + 600h_máx  —  h_máx=1,6m.

31- A força de 1,5N provoca um deslocamento de 1/4 da circunferência de valor  —  ∆S=2πR/4=2×3,1×4.10^-34=6,2.  

10^-3m  —  essa energia de ativação corresponde ao trabalho realizado por essa força nesse deslocamento  —  W=F.d  — W= =1,5.6,2.10^-3=9,3.10^-3 J  —  R- E.

32- Energia mecânica inicial da mola (ponto P) – E_mi=E_ci + E_pei=0 + k.x²/2  —  E_mi= 10.x²/2  —  observe

na figura abaixo que x=(2√2m), comprimento da mola deformada  — (1m), comprimento natural da mola  —  deformação inicial da mola – x=(2√2 – 1)m  —  E_mi=10.(2√2-1)²/2=5(2.1,4 – 1)²=5.1,82 —  E_mi=16,2J  —  energia mecânica na situação final da mola (ponto T) – E_mf=E_pef + E_cf=kx_f²/2 + mV²/2  —  observe na figura abaixo que a deformação da mola na situação final é x_f=comprimento da mola

deformada (2m) – comprimento natural da mola (1m)  —  x_f=2 – 1=1m  — E_mf=10.1²/2 + 1.V²/2=5 + V²/2  —  E_mf=5 + V²/2  —  16,2=5 + V²/2  —  V≈√22,4 ≈ 4,7m/s.

33- Nos dois casos, a deformação da mola é a mesma (x), armazenando as duas molas mesma energia potencial elástica  —  E_pel=kx²/2  —  energia potencial gravitacional em relação à linha da mola não deformada  —  E_pg= = m g x  —  pela conservação da energia, a velocidade v_o de lançamento de um dardo é  —  E_c=E_pel + E_pg  —  mV_o²/2=mgx + kx²/2  —  V_o²=2/m(mgx + kx²/2)  —  V_o=√2/(mgx + kx²)  —  observe que, como a massa m aparece no denominador, o dardo de maior massa é o que tem menor velocidade inicial, ou seja, o dardo I, que tem um pedaço de chumbo grudado nele  —  após sair dos canos dos brinquedos, desprezando a resistência do ar, os dados ficam sujeitos exclusivamente à força peso, tendo, portanto, a mesma aceleração g  —  por isso os gráficos são retas paralelas, como mostrado na opção A  —R- A.

34- Pela conservação da quantidade de movimento  —  Q_antes=m.V + 2m.0  —  Q_antes=m.V  — 

Q_depois=(m + 2m).V’  — Q_antes=Q_depois  —  m.V=3m.V’  —  V’=V/3  —  supondo que a energia mecânica do sistema de massa 3m se conserve, como a altura nãovaria, toda 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  —  E_c=3mV’²/2 —  E_pe=kx²/2  —  E_c=E_pe  —  3mV’²/2 = kx²/2  —  (3m/2)/(V/3)² = kx2/2  —  x = v ·√ m/ (3k)  —  R- E.

 

35-

Sendo a o atrito com o ar desprezado a energia mecânica em cada ponto é constante — em A, E_mA= MgH — num ponto B de altura h onde E_c=3E_p=3Mgh — E_mB=Mgh + 3Mgh=4Mgh — E_mA=E_mB —

MgH = 4Mgh — h=H/4.

R- D

 

 

 

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