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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA 
 Prof. Anderson Coser Gaudio 
 Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo 
 http://www.cce.ufes.br/anderson 
 anderson@npd.ufes.br Última atualização: 23/07/2005 09:00 H 
 
 
 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., 
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
Capítulo 8 - Conservação da 
Energia 
 
 
 
Problemas 
 
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 
71 72 73 
 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
Problemas Resolvidos 
 
02. Alega-se que até 900 kg de água podem ser evaporados diariamente pelas grandes árvores. A 
evaporação ocorre nas folhas e para chegar lá a água tem de ser elevada desde as raízes da 
árvore. (a) Suponha que em média a água seja elevada de 9,20 m acima do solo; que energia 
deve ser fornecida? (b) Qual a potência média envolvida, se admitirmos que a evaporação 
ocorra durante 12 horas? 
 (Pág. 159) 
Solução. 
(a) A água ao ser transportada para o topo da árvore tem sua energia potencial aumentada de UA = 0 
até UB = mgh. Ou seja: B
 B AU U UΔ = −
 U mghΔ =
O trabalho realizado para elevar a água corresponde à energia que deve ser fornecida: 
 81.226,8 JW U mgh= −Δ = − = −
 81, 2 kJW ≈ − 
(b) 
 1,88025 WW mghP
t t
= = =
Δ Δ
 
 1,88 WP ≈
 
[Início] 
 
10. Um carro de montanha russa, sem atrito, parte do ponto A (Fig. 25) com velocidade v0. Calcule 
a velocidade do carro: (a) no ponto B, (b) no ponto C, (c) no ponto D. Suponha que o carro 
possa ser considerado uma partícula e que permaneça o tempo todo no trilho. 
 
 (Pág. 159) 
Solução. 
Como a única força que realiza trabalho (peso do carrinho) é conservativa, o sistema é conservativo. 
Portanto é possível aplicar o princípio da conservação da energia mecânica. Vamos supor que na 
base da montanha russa Ug = 0. 
(a) 
 A BE E= 
 A gA B gBK U K U+ = + 
 2 20
1 1
2 2 B
mv mgh mv mgh+ = + 
________________________________________________________________________________________________________ 
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 0Bv v= 
(b) 
 A CE E= 
 A gA C gCK U K U+ = + 
 2 20
1 1
2 2 C
hmv mgh mv mg+ = +
2
h
 
 2 20 2 Cv gh v g+ = +
 20Cv v g= + h 
(c) 
 A DE E= 
 A gA D gDK U K U+ = + 
 2 20
1 1 0
2 2 C
mv mgh mv+ = + 
 2 20 2 Cv gh v+ =
 20 2Cv v g= + h 
 
[Início] 
 
13. Uma haste delgada de comprimento L = 2,13 m e de massa desprezível pode girar em um plano 
vertical, apoiada num de seus extremos. A haste é afastada de θ = 35,5o e largada, conforme a 
Fig. 28. Qual a velocidade da bola de chumbo presa à extremidade inferior, ao passar pela 
posição mais baixa? 
 
 (Pág. 160) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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Lθ
m
vB
Lcosθ
h
vA = 0
A
B
Ug = 0 
A única força que realiza trabalho neste sistema é o peso da massa m. A tensão na corda, que é 
radial, é sempre ortogonal aos deslocamentos tangenciais da massa e, portanto, não realiza trabalho. 
Logo, a energia mecânica do sistema é conservada: 
 A BE E= 
 A gA B gBK U K U+ = + 
 210 0
2 B
mgh mv+ = + 
 22 ( cos ) Bg L L vθ− =
 2 (1 cos ) 2,749135 m/sBv gL θ= − = 
 2,75 m/sBv ≈ 
A expressão literal da resposta indica que se 1 − cos θ = 0 implica em vB = 0. Isso ocorre quando 
cos θ = 1 ou θ = 0 . 
B
o
 
[Início] 
 
21. A mola de um revólver de brinquedo tem constante elástica de 7,25 N/cm. O revólver é 
inclinado de 36,0o acima da horizontal e dispara uma bola de 78 g à altura de 1,9 m acima da 
boca do revólver. (a) Qual a velocidade de saída da bola? (b) De quanto deve ter sido 
comprimida inicialmente a bola? 
 (Pág. 161) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
m
g
y
x
h
v0
k
θ
A
B
C
vC
d
θ
 
Como o sistema é conservativo, vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos 
pontos B e C. 
 B CE E=
________________________________________________________________________________________________________ 
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________________________________________________________________________________________________________ 
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5
C B gB C gK U K U+ = + 
No ponto C o projétil tem velocidade vertical igual a zero e velocidade horizontal (que é a 
velocidade do projétil) igual a v0 cos θ. 
 ( )220 0
1 10 cos
2 2
mv m v mghθ+ = + 
 2 2 20 0 cos 2v v gθ= + h
 0 2
2 10,3874 m/s
1 cos
ghv
θ
= =
−
 
 0 10 m/sv ≈ 
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e B: 
 A BE E= 
 A gA eA B gB eBK U U K U U+ + = + + 
 2 20
1 10 sen 0 0 
2 2
mgd kd mv
k
θ ⎛ ⎞− + = + + ⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
× 
 
2
2 02 sen 0mvmgd d
k k
θ
− − = 
As raízes desta equação são: 
 1
2
0,108364
0,107123
d
d
=
= −
Como d > 0: 
 1 0,11 md ≈ 
 
[Início] 
 
23. Uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito, ficando um quarto do seu comprimento 
dependurado na borda (veja Fig. 33). O comprimento da corrente é L e sua massa m; que 
trabalho é necessário para puxar para o tampo da mesa a parte dependurada? 
 
 (Pág. 161) 
Solução. 
Considerando-se que a força F irá puxar a corrente para a direita com velocidade constante, seu 
módulo será sempre igual ao módulo do peso P(y) da parte suspensa da corrente. Como o peso o 
peso da parte suspensa da corrente é variável, F também é variável. Seja μ a densidade linear de 
massa da corrente: 
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 m
L
μ = 
 m Lμ= 
A massa da parte suspensa, que depende do comprimento y (coordenada vertical) vale: 
 ( )ym yμ= 
Logo: 
 ( ) ( ) ( )y y yF P m g gyμ= = = 
Portanto, o trabalho da força F(y) vale: 
 
0
/ 42 2/ 4
( ) 0
0
.
2 2
L
y L
yy
m y mg LW F dy gydy g
L L
μ= = = =∫ ∫ 16 
 
32
mgLW = 
 
[Início] 
 
26. Duas crianças brincam de acertar, com uma bolinha lançada por um revólver de brinquedo 
situado na mesa, uma caixinha colocada no chão a 2,20 m da borda da mesa (veja a Fig. 35). 
Kiko comprime a mola de 1,10 cm, mas a bolinha cai a 27,0 cm antes da caixa. De quanto deve 
a mola ser comprimida pela Biba para atingir o alvo? 
 
 (Pág. 161) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
g
y
xd
l
1
2
v
v0 = 0
x
 
Vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica no lançamento horizontal da bola 
pela mola: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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 0E E=
 0 0e eK U K U+ = +
 2 21 10 0
2 2
kx mv+ = + 
 2 2kx mv=
Logo, para o lançamento 1 teremos: 
 (1) 21kx mv=
2
1
2
2
Para o lançamento 2, teremos: 
 (2) 22kx mv=
Dividindo-se (1) por (2): 
 1 1
2 2
x v
x v
= 
 22
1
v
1x xv
= (3) 
Movimento horizontal da bola: 
 0 xx x v= + t 
Logo, para o lançamento 1 teremos: 
 (4) 1l d v t− =
Para o lançamento 2, teremos: 
 (5) 2l v t=
Dividindo-se (5) por (4) e lembrando-se quet tem o mesmo valor nessas equações: 
 2
1
vl
l d v
=
−
 (6) 
Substituindo-se (6) em (3): 
 2 1 1, 25388 cm
lx x
l d
= =
−
 
 2 1, 25cmx ≈ 
 
[Início] 
 
27. Um pequeno bloco de massa m escorrega ao longo de um aro como mostrado na Fig. 36. O 
bloco sai do repouso no ponto P. (a) Qual a força resultante que atua nele quando estiver em Q? 
(b) A que altura acima do fundo deve o bloco ser solto para que, ao passar na parte mais alta do 
círculo, esteja a ponto de desprender-se dele? 
________________________________________________________________________________________________________ 
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 (Pág. 161) 
Solução. 
(a) No ponto Q as forças que atuam no bloco são: 
 
x
yN
P
Q
 
 (1) mg= −P j
i (2) N= −N
Em Q a força normal (N) é a própria força centrípeta do movimento circular de raio R, uma vez que 
o peso do bloco (P) não possui componente radial. Logo: 
 
2
,
Q
c Q
mv
F N
R
= = (3) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos P e Q: 
 P QE E= 
 P gP Q gQK U K U+ = + 
 210 5
2 Q
mg R mv mgR+ = + 
 (4) 2 8Qv g= R
g
i
j
Substituindo-se (4) em (3): 
 (5) 8N m=
Substituindo-se (5) em (2): 
 (6) 8mg= −N
Portanto, a força resultante sobre o bloco no ponto Q vale: 
 = +R N P
 8mg mg= − −R i 
(b) A condição para que no ponto T (topo da trajetória circular) o bloco esteja na iminência de 
desprender-se da superfície é que a força normal exercida pela superfície sobre o bloco (NT) seja 
zero. Logo, a força centrípeta do bloco no ponto T será seu próprio peso. 
 
2
,
T
c T
mvF P mg
R
= = = 
 (7) 2Tv gR=
________________________________________________________________________________________________________ 
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Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos S e T, onde S é o novo ponto da 
rampa (altura h) de onde será solto o bloco a partir do repouso: 
 S TE E=
________________________________________________________________________________________________________ 
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9
T S gS T gK U K U+ = + 
 210
2 T
mgh mv mg R+ = + 2 (8) 
Substituindo-se (7) em (8): 
 1 2
2
h R= + R 
 
5
2
Rh = 
 
[Início] 
 
32. O fio da Fig. 38 tem comprimento L = 120 cm e a distância d ao pino fixo P é de 75,0 cm. 
Quando se larga a bola em repouso na posição mostrada ela oscilará ao longo do arco 
pontilhado. Qual será a sua velocidade (a) quando alcançar o ponto mais baixo do movimento? 
(b) quando alcançar o ponto mais elevado depois que o fio encostar no pino? 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
A
B
C
Ug = 0
d
r
vA = 0
vB
vC
 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e B: 
 A BE E= 
 A gA B gBK U K U+ = + 
 210 0
2 B
mgL mv+ = + 
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 2 4,8522 m/sBv gL= = 
 4,85 m/sBv ≈ 
Esta velocidade é a mesma que seria obtida caso o bloco tivesse caído em queda livre da altura d + 
r. 
(b) De acordo com o resultado do problema 33 (Pág. 162), para que a bola faça um círculo completo 
ao redor do ponto P a distância d deve ser maior do que 3L/5. Como 3L/5 = 72 cm e d = 120 cm, 
isso implica em d > 3L/5. Portanto, a bola faz uma trajetória circular completa ao redor do pino. 
Chamando de C o estado do sistema quando a bola está no topo da trajetória circular ao redor do 
pino: 
 A CE E= 
 A gA C gCK U K U+ = + 
 210 2
2 C
mgL mv mg L d+ = + −( )
)
 
 2 2 4 (Cv gL g L d= − −
 2 (2 ) 2,4261 m/sCv g d L= − = 
 2,43 m/sCv ≈ 
A expressão literal da resposta indica que se 2d − L = 0 implica em vC = 0. Isso ocorre quando d = 
L/2. Isto é verdade pois, neste caso, o ponto C (topo da trajetória circular em torno do pino) 
coincidiria com o pino (mesma altura do ponto A). 
 
[Início] 
 
33. Mostre, ainda em relação à Fig. 38, que, para a bolinha do pêndulo completar uma volta inteira 
em redor do pino deve ser d > 3L/5. (Sugestão: A bolinha deve ter velocidade no alto da 
trajetória, caso contrário o fio se afrouxa.) 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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A
C
Ug = 0
d
r
vA = 0
vC
 
A condição mínima para que a bola complete uma volta em torno do ponto P é que a tensão na 
corda seja zero. Nesta condição a força centrípeta do seu movimento circular será o próprio peso da 
bola. 
 
2
C
c
mvF P mg
r
= = = 
 (1) 2 (Cv gr g L d= = − )
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e C: 
 A CE E= 
 A gA C gCK U K U+ = + 
 210
2 C
mgL mv mg L d+ = + −2( ) (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 1 ( ) 2(
2
mgL mg L d mg L d= − + − ) 
 2 2
2 2
L dL L d= − + − 
 3
5
Ld = 
 
[Início] 
 
35. Um bloco de 3,22 kg parte do repouso e desliza uma distância d para baixo de uma rampa 
inclinada de 28,0o e se choca com uma mola de massa desprezível, conforme a Fig. 32. O bloco 
desliza mais 21,4 cm antes de parar momentaneamente ao comprimir a mola, cuja constante 
elástica é de 427 N/m. (a) Quanto vale d? (b) A velocidade do bloco continua a aumentar 
durante certo tempo depois depois de chocar-se com a mola. Qual a distância adicional que o 
bloco percorre antes de alcançar sua velocidade máxima e começar a diminuir? 
 
 (Pág. 162) 
________________________________________________________________________________________________________ 
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11
Solução. 
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(a) Considere o seguinte esquema: 
 
lA
B
Ug = 0
θ
d
( ) send + l θ
 
Na ausência da força de atrito o sistema é conservativo e a energia mecânica é conservada: 
 A BE E= 
 A gA eA B gB eBK U U K U U+ + = + + 
 210 ( )sen 0 0 0
2
mg d l klθ+ + + = + + 
 
2
0, 4453 m
2 sen
kld l
mg θ
= − = 
 0, 45 md ≈ 
(b) Considere o seguinte esquema da nova situação: 
 
l
A
C
Ug = 0
θ
d
( ) send + l θ
v(x)
x
( ) send + l θ
( ) senl - x θ
 
Para encontrar a velocidade máxima que o bloco atinge após comprimir a mola de uma distância x 
vamos construir uma função v(x) = f(x) e em seguida encontrar o valor de x que torna dv(x)/dx = 0. 
Para construir v(x), vamos aplicar a conservação da energia mecânica aos pontos A, de onde o bloco 
é solto com velocidade nula, e C, o ponto onde a velocidade é máxima. 
 A CE E= 
________________________________________________________________________________________________________ 
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12
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________________________________________________________________________________________________________ 
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13
C A gA eA C gC eK U U K U U+ + = + + 
 2 2( )
1 10 ( )sen 0 ( )sen
2 2x
mg d l mv mg l x kxθ θ+ + + = + − + 
 
1/ 22
( ) 2 sen ( )x
kxv g d x
m
θ
⎡ ⎤
= + −⎢ ⎥
⎣ ⎦
 
O valor de x que torna dv(x)/dx = 0 vale: 
 
1/ 22
( ) 1 2 sen ( ) . 2 sen 0
2
xdv kx kxg d x g
dx m m
θ
−
⎡ ⎤ ⎛= + − −⎢ ⎥ ⎜
⎝ ⎠⎣ ⎦
2θ ⎞ =⎟(1) 
A Eq. (1) somente será verdadeira se: 
 22 sen 0kxg
m
θ − = 
 sen 0,03473 mmgx
k
θ
= = 
 3,5 cmx ≈ 
 
[Início] 
 
36. Um garoto está assentado no topo de um hemisfério de gelo (Fig. 39). Ele recebe pequeno 
empurrão e começa a escorregar para baixo. Mostre que ele perde contato com o gelo num 
ponto situado à altura 2R/3, supondo que não haja atrito com o gelo. (Sugestão: A força normal 
anula-se quando se rompe o contato com o gelo.) 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 x
y
R
m
B
A
Pθ
θ vBh
 
Como a única força que realiza trabalho é conservativa (força peso, P), há conservação da energia 
mecânica do sistema: 
 A BE E= 
 A gA B gBK U K U+ = + 
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 210
2 B
mgR mv mgh+ = + 
 
2
2
Bvh R
g
= − (1) 
Na posição B o garoto está na iminência de perder contato com a superfície esférica. Isto significa 
que a força normal (N) que o gelo exerce sobre ele é zero. Logo, a força centrípeta do seu 
movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr). 
 c rF P=
 
2
senBmv hmg mg
R R
θ= = 
 (2) 2Bv g= h
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2 2
gh hh R R
g
= − = − 
 
2
3
Rh = 
 
[Início] 
 
37. A partícula m da Fig. 40 move-se em um círculo vertical de raio R, no interior de um trilho sem 
atrito. Quando m se encontra em sua posição mais baixa sua velocidade é v0. (a) Qual o valor 
mínimo vm de v0 para que m percorra completamente o círculo, sem perder contato com o trilho? 
(b) Suponha que v0 seja 0,775 vm. A partícula subirá no trilho até um ponto P no qual perde 
contato com ele e percorrerá o arco indicado aproximadamente pela linha pontilhada. Determine 
a posição angular θ do ponto P. 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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14
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P
R
m
T
Ug = 0v0
A
B vB
 
A condição mínima para que a partícula complete uma volta sem perder contato com o trilho é que 
sua força normal (N) seja zero no ponto mais alto de sua trajetória circular. Nesse ponto sua força 
centrípeta será o próprio peso da partícula (P). 
 cF P mg= =
 
2
Bmv mg
R
= 
 (1) 2Bv g= R
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B: 
 A BE E= 
 A gA B gBK U K U+ = + 
 2 20
1 10
2 2 B
mv mv mg R+ = + 2 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 20 4v gR gR= +
 0 5v g= R (3) 
(b) Considere o seguinte esquema: 
 
P R
m
Pr
Ug = 0
v0
θ
A
P
vP
 
No ponto P a partícula perde contato com a superfície, o que torna N nula. Logo, a força centrípeta 
do seu movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr). 
 c rF P=
 
2
senPmv mg
R
θ= 
________________________________________________________________________________________________________ 
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15
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
 2 senPv gR θ= (4) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e P: 
 A PE E= 
 A gA P gPK U K U+ = + 
 ( ) ( )2 20
1 10,775 0 sen
2 2 P
m v mv mg R R θ+ = + + 
 2 2 200,775 2 2 senPv v gR gR θ= + + (5) 
Substituindo-se (3) e (4) em (5): 
 20,775 .5 sen 2 2 sengR gR gR gRθ θ= + + 
 25.0,775 2 3senθ= + 
 ( )1 21sen 5.0,775 2 19,53453θ
− ⎡ ⎤= − =⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 19,5θ ≈ 
 
[Início] 
 
56. Um pequeno objeto de massa m = 234 g desliza em um trilho que tem a parte central horizontal 
e as extremidades são arcos de círculo (veja Fig. 46). A parte horizontal mede L = 2,16 m e nas 
porções curvilíneas não há atrito. O objeto é solto no ponto A, situado à altura h = 1,05 m acima 
do trecho horizontal, no qual ele perde 688 mJ de energia mecânica, devido ao atrito. Em que 
ponto o objeto irá parar? 
 
 (Pág. 164) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A
B C
D
h
L
μc
U = 0g
 
Assim que a partícula é solta, sua energia potencial gravitacional inicial UA é convertida em energia 
cinética. Essa energia vale: 
 AU mg= h
h
Como a parte curva não apresenta atrito, ao chegar ao ponto B sua energia cinética será: 
 (1) B AK U mg= =
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Na parte plana o atrito começará a dissipar a energia mecânica da partícula, que está totalmente na 
forma de energia cinética. Devemos verificar se a partícula pára antes do ponto C ou se o ultrapassa, 
subindo a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana a força de atrito (f) realiza 
um trabalho W. 
 atE WΔ =
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at
t
0
 (3) C BK K W− =
Substituindo-se (1) em (2): 
 C aK mgh W= +
Como K é sempre positivo, temos que se mgh + Wat > 0, o bloco vai subir a rampa oposta. Na 
verdade, mgh + Wat = 1,722317 J (lembre-se que Wat < 0). Portanto a partícula atravessa a região 
central e sobe a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana ela perde Wat. O 
número de vezes que ela consegue atravessar a parte plana (n) é dado por: 
 atmgh nW+ ≥
 3,50336
at
mghn
W
≥ − = 
Ou seja, a partícula atravessa três vezes a parte central plana e pára aproximadamente em L/2 na 
quarta vez em que tenta atravessá-la. 
 
[Início] 
 
57. Dois picos nevados têm altitude de 862 m e 741 m, respectivamente, acima do vale entre eles. 
Uma pista de esqui estende-se do cimo do pico mais alto ao do mais baixo, conforme a Fig. 47. 
(a) Um esquiador parte do repouso no pico mais elevado. Qual sua velocidade ao chegar ao pico 
mais baixo se ele deslizou sem impulsionar-se com os bastões? Suponha que o solo esteja 
gelado e por isso não há atrito. (b) Após uma nevada, uma esquiadora de 54,4 kg faz o mesmo 
trajeto, também sem utilizar os bastões e por pouco não consegue alcançar o pico mais baixo. 
De quanto aumenta a energia interna dos esquis e da neve sobre a qual ela desliza? 
 
 (Pág. 164) 
Solução. 
(a) Supondo que não haja atrito, as únicas forças que agem sobre o esquiador são o peso e a normal. 
Como esta é sempre ortogonal ao deslocamento do esquiador, não realiza trabalho. Logo, a força 
peso (força conservativa) é a única força que realiza trabalho, o que torna o sistema conservativo. 
Podemos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica: 
 1 2E E=
 1 1 2 2g gK U K U+ = + 
 21 2
10
2
mgh mv mgh+ = + 2 
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2 
2
1 22 2gh v gh= +
 ( )2 1 22 48,7239 m/sv g h h= − = 
 2 48,7 m/sv ≈ 
(b) Agora há atrito entre o esqui e a neve e o trabalho realizado pelo atrito será igual à variação da 
energia mecânica do sistema. 
 ( ) ( )2 1 2 2 1 1at g gW E E E K U K U= Δ = − = + − + 
 ( ) ( ) ( )2 1 2 10 0 64.573,344 JatW mgh mgh mg h h= + − + = − = − 
O sinal negativo do trabalho indica que o sistema perdeu essa quantidade de energia, que foi 
convertida em calor que aquece a neve e os esquis. Logo, o aumento da energia interna observado 
da neve e dos esquis é: 
 int,neve at,esquiador 64.573,344JE WΔ = − =
 int,neve 64,6 kJEΔ ≈ 
 
[Início]