08 16 - Resolução - energia, trabalho e potência

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Física 
 
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1: [C] 
 
Como o trabalho realizado na situação envolve translação 
na horizontal, sendo o deslocamento igual em ambos os 
casos, terá maior trabalho realizado a situação que 
envolver a maior força na direção horizontal. Como os 
módulos das forças são iguais nos dois casos, a primeira 
situação, caso (a), tem uma redução da força na direção 
do deslocamento (horizontal) por ser uma força inclinada, 
realizando menor trabalho no trecho. No caso (b) temos o 
maior trabalho realizado, pois a força é aplicada na 
mesma direção do deslocamento. 
 
2: [D] 
 
Seguindo as instruções do enunciado, o trabalho total 
(W) é: 
 
𝑊 = 60(2 − 0) + 40(6 − 2) + 20(8 − 6) = 120 + 160 +
40 ⇒ 𝑊 = 320 𝐽. 
3: O trabalho é numericamente igual a "área" entre a linha 
do gráfico e o eixo horizontal. 
8 2 4 1
W W 6 J.
2 2
 
= −  = 
4: [A] 
 
O módulo do trabalho da força de atrito é dado por: 
fat at
fat
F d 0,1 3
0,3 J
τ
τ
=  = 
 =
 
 
5: [B] 
 
Como a força normal é perpendicular ao movimento, seu 
trabalho deve ser nulo. 
 
6: [B] 
 
No caso, a normal é perpendicular ao deslocamento, 
portanto não realiza trabalho. 
 
7: [A] 
 
Sabendo que o trabalho realizado no deslocamento do 
corpo é dado pelo produto da força na direção do 
deslocamento vezes o deslocamento, temos para o caso 
inicial: 
W F d cos θ=   
 
Assim, 
 
0 0 0
0 0 0
0 0
0
W F L cos 60
1
W F L
2
F L
W
2
=    
=  

=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O novo trabalho obtido ao alterar o ângulo entre a força 
aplicada e o deslocamento, será: 
 
1 0 0
1 0 0
0 0
1
W F L cos 30
3
W F L
2
F L
W 3
2
=    
=  

=
 
 
Ou seja, em relação ao trabalho inicial, temos: 
1 0W 3 W= 
8: [A] 
 
Como a força que o pedreiro faz para segurar o balde é 
igual em módulo ao peso do balde, e a mesma é 
perpendicular deslocamento do mesmo no solo, não há 
trabalho realizado, pois nesta condição o cosseno do 
ângulo entre a força aplicada e o deslocamento é zero. 
0
F d cos F d cos 90 0τ θ τ τ
=
=    =    = 
9: [D] 
 
O trabalho da força de atrito é dado por: W f Scos ,Δ α= 
sendo α o ângulo entre a força e a velocidade. No caso, 
180 .α =  Então: 
W f S cos180 W f SΔ Δ−=   = (Trabalho negativo) 
 
10: [B] 
 
O trabalho realizado pela força representa a área sob o 
gráfico Fxd : 
 
 
 
4 m 6 N
área 12 J
2
τ τ τ

=  =  = 
 
11: [E] 
 
Sabendo que o corpo parte do repouso, então a energia 
cinética inicial é nula. Usando o Teorema da Energia 
Cinética: 
c,final c,inicial c,final
0
E E Eτ τ
=
= −  = 
 
Para x 2 := 
c2 c2 c2
2m 6 N
E área E E 6 J
2
τ

= =  =  = 
 
Para x 4m := 
c4 c4 c4
4 m 6 N
E área E E 12 J
2
τ

= =  =  = 
 
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12: 
 
a) O trabalho total realizado sobre o objeto entre os 
instantes acima é dado pela variação da Energia 
cinética nos mesmos intervalos de tempo. 
total c total cf ci
total total
W E W E E
W 0 2 W 2J
Δ=  = −
= −  = −
 
 
b) O módulo da velocidade é obtido através da equação 
da Energia cinética: 
2
c
c
2 Em v
E v
2 m

=  = 
 
Assim, substituindo os valores informados no 
enunciado e no gráfico no instante de tempo 
considerado: 
c2 E 2 3Jv v v 1m s
m 6kg
 
=  =  = 
 
13: [B] 
 
Observação: Na Física, o trabalho é desenvolvido por 
uma força e não por pessoas, animais ou máquinas. 
Sendo assim, o enunciado foi alterado de “...desenvolvido 
pelo carro é de...” para “...o trabalho, em joules, 
desenvolvido pela força resultante...” . 
 
Dados: 
Δ = = = = = =0S 150m; v 0; v 108 km h 30m s; m 1,2ton 1.200kg. 
Calculando o trabalho da força resultante, supondo que a 
trajetória seja horizontal: 
- Pelo teorema da energia cinética: 
𝑊�⃗�𝑟𝑒𝑠 = Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 =
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
=
1.200×302
2
− 0 ⇒
 𝑊�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 5,4 × 10
5𝐽. 
 
- Pelo teorema da energia mecânica para sistema não 
conservativo: 
𝑊�⃗�ñ−𝑐𝑜𝑛𝑠𝑣 = Δ𝐸𝑚𝑒𝑐 ⇒ 𝑊�⃗� + 𝑊�⃗⃗⃗� + 𝑊𝑓𝑎𝑡 =
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
=
1.200×302
2
− 0 ⇒ 𝑊�⃗�ñ−𝑐𝑜𝑛𝑠𝑣 = 5,4 × 10
5𝐽. 
 
- Como não foi mencionado o tempo de aceleração, o 
trabalho realizado pela força resultante é equivalente ao 
trabalho realizado por uma força constante, ao longo do 
mesmo deslocamento. Assim pode-se calcular uma 
aceleração escalar equivalente, como se fosse um 
movimento uniformemente variado. 
Então, aplicando a equação de Torricelli: 
=2 20v v Δ
Δ
+  = =  =
2
20v 9002a S a a 3m s .
2 S 300
 
 
Aplicando a expressão do trabalho para uma força 
resultante constante: 
 
𝑊�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 𝑚𝑎Δ𝑆 = 1.200 × 3 × 150 ⇒
 𝑊�⃗�𝑟𝑒𝑠 = 5,4 × 10
5J. 
 
 
14: [A] 
 
Como o trabalho realizado é numericamente igual a área, 
temos que: 
( )6 3 10
45 J
2
τ τ
+ 
= −  = − ( 0,τ  pois o trabalho 
realizado é contra o movimento) 
 
Pelo teorema da energia cinética, chegamos a: 
 
( )
( )
22
2 20f
f 0
2 2 2
0 0
0
mvmv m
v v
2 2 2
10
45 0 v 9 v
2
v 3 m s
τ = − = −
− = −  =
 =
 
15: [D] 
 
c
2 2
E
1,5 0 1,5 6
27 J
2 2
27 J
τ Δ
τ τ
τ
=
 
= −  = −
 =
 
 
16: 
 
a) Como os móveis saem do mesmo ponto, ou seja, tem 
a mesma posição inicial e o gráfico nos traz a 
informação de que o carrinho A tem velocidade maior 
ou igual a zero, enquanto que o carrinho B tem ao 
longo de todo o trajeto, velocidade menor ou igual a 
zero, significando que ambos os carrinhos se deslocam 
em sentidos contrários na pista retilínea. Com isso, se 
afastam até o momento da parada. O deslocamento de 
cada carrinho é determinado pela área sob a curva de 
cada um, de acordo com o esquema: 
 
 
 
Para o carrinho A, o deslocamento será: 
( )
A
A A A
S A1 A2 A3 A4
10 4 10 10 2
S 4 2 10 2 S 20 30 20 10 S 80 m
2 2 2
= + + +
 
= + +  +  +  = + + +  =
 
 
Para o carrinho B, o deslocamento será: 
( )
( )
( )
B
B B B
S A5 A6 A7
10 2 20 2
S 10 2 S 10 20 20 S 50 m
2 2
= + +
 −  −
= +  − +  = − − −  = −
 
 
Logo, a distância entre os dois carrinhos após 40 s de 
movimento é a diferença de suas posições: 
( )A Bs s s s 80 50 s 130 mΔ Δ Δ= −  = − −  = 
 
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b) Para determinar o trabalho neste trecho, temos que 
calcular a aceleração: 
 
( ) ( )
2
A 0 10 s A 0 10 s
v 4 0
a a 0,4 m s
t 10
Δ
Δ− −
−
= =  = 
 
O trabalho será: 
( ) ( )
F m a
A 0 10 s A 0 10 sW F d W m a d
= 
− −=  ⎯⎯⎯⎯→ =   
 
Assim, temos: 
( ) ( )A 0 10 s A 0 10 sW 2 0,4 20 W 16 J− −=    = 
 
c) Para obtermos o módulo da força resultante sobre o 
carrinho B, devemos primeiramente encontrar a 
aceleração neste intervalo de tempo e depois aplicar o 
Princípio Fundamental da Dinâmica: 
 ( )
( )
( )
( ) ( )
2
B 20 40 s B 20 40 s
R B 20 40 s R B 20 40 s
0 2v
a a 0,1m s
t 20
F m a 2 0,1 F 0,2 N
Δ
Δ− −
− −
− −
= =  =
=  =   =
 
17: 
 
 a) Dados: Δ𝑆 = 4,5 × 109 km = 4,5 × 1012𝑚; Δ𝑡 =
9,5𝑎𝑛𝑜𝑠 = 9,5 × 3 × 107𝑠 = 2,85 × 108𝑠. 
 
Aplicando a definição de velocidade escalar média: 
12
4
m m8
S 4,5 10
v v 1,58 10 m/s.
t 2,85 10
Δ
Δ

= =   

 
 
b) Dados: 11 5 0768 10 J; m 6 10 kg; v 0.τ =  =  = 
Aplicando o teorema da energia cinética: 
 
𝑇𝐸𝐶: 𝜏𝑅 = Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 ⇒ 𝜏 =
𝑚𝑣2
2
 ⇒ 𝑣 = √
2𝜏
𝑚
= √
2×768×1011
6×105
=
√256 × 106 ⇒ 
𝑣 = 1,6 × 104m/s. 
18: [C] 
 
Pelo teorema da energia cinética: 
 
𝑊�⃗⃗� = Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 =
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
=
6×103×(3×103)
2
2
− 0 = 3 × 103 ×
9 × 106 = 27 × 109 ⇒ 𝑊�⃗⃗� = 27 𝐺𝐽. 
19: [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. 
 
22
0
c at
mvmv
E F d
2 2
τ Δ=  −  = − 
 
 
Como a velocidade final é nula, vem: 
2 2 2
0 0 0
at
c c
mv mv v
F 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: 
𝑑 =
𝑣0
2
2𝜇𝑐⋅𝑔
⇒ 𝑑 =
(108𝑘𝑚/ℎ⋅
1𝑚/𝑠
3,6𝑘𝑚/ℎ
)
2
2⋅0,5⋅10 𝑚/𝑠2
⇒ 𝑑 =
900𝑚2/𝑠2
10𝑚/𝑠2
∴ 𝑑 =
90𝑚 
20: [A] 
 
1ª Solução: 
 
Do gráfico, calculamos o módulo da aceleração: 
2v 0 5a a 0,5 m/s .
t 10 0
Δ
Δ
−
= =  =
−
 
 
A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito: 
2
at
a 0,5
F R m g m a 0,05 5 10 .
g 10
μ μ μ −=  =  = = =  =  
 
2ª Solução: 
 
Do gráfico, calculamos o deslocamento: 
5 10
S "área" 25 m.
2
Δ

= = = 
 
A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. 
Pelo teorema da energia cinética: 
𝑊�⃗�𝑎𝑡 = 𝑊�⃗⃗� ⇒ −𝐹𝑎𝑡 Δ𝑆 =
𝑚 𝑣2
2
−
𝑚 𝑣0
2
2
 ⇒ −𝜇 �̸�𝑔Δ𝑆 =
0 −
�̸� 𝑣0
2
2
 ⇒ 𝜇 =
𝑣0
2
2 𝑔Δ𝑆
=
52
2×10×25
=
1
20
 ⇒ 𝜇 = 5 × 10−2. 
21: [C] 
 
Como o ponto inicial dos três trajetos coincidem e o ponto 
final também, os trabalhos da força gravitacional para os 
três trajetos são exatamente iguais, pois o trabalho 
depende apenas dos estados inicial e final, independendo 
do caminho realizado. 
 
22: [B] 
 
W mg hΔ= 
Como todos os amigos possuem a mesma massa, logo 
irão realizar o mesmo trabalho, pois eles se deslocaram 
pela mesma variação de altura. 
 
23: [C] 
 
Dados: 
( )3 43 3 2L 1 mm 10 m; m 50 g 50 10 kg; h 10% L 0,1 10 m 10 m; g 10 m/s .− −− −= = = =  = = = = 
 
O trabalho realizado pela força tensora exercida pela fibra 
é igual ao ganho de energia potencial. 
3 4 5
F F
W m g h 50 10 10 10 W 5 10 J.− − −= =     =  
 
 
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24: [B] 
 
Para o sistema não conservativo, o trabalho da força peso 
é: 
PT Mgh= 
 
E o trabalho da força de atrito deve ter o mesmo valor em 
módulo, pois o bloco evolui com velocidade constante. 
atrT Mgh= − 
 
Com isso, a resposta é letra [B]. 
 
25: [A] 
 
𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠: N = 32; E𝑇 = 160𝐽; 𝐸𝑝𝑜𝑡 = 45%𝐸𝑇; 𝑥 = 3𝑚𝑚 =
3 × 10−3𝑚. 
 
A energia potencial elástica armazenada nas molas é, 
então: 
( )pot potE 0,45 160 E 72J.=  = 
 
Como as molas estão associadas em paralelo, a 
constante elástica da mola equivalente é a soma das 
constantes. Assim: 
𝑘𝑒𝑞𝑥
2
2
= 𝐸𝑝𝑜𝑡 ⇒ 
32𝑘𝑥2
2
= 𝐸𝑝𝑜𝑡 ⇒ 𝑘 =
𝐸𝑝𝑜𝑡
16 𝑥2
=
72
16(3×10−3)2
=
72
144×10−6
 ⇒ 𝑘 = 5 × 105
𝑁
𝑚.
 
 
 
26: V – F – V – V – V. 
 
[V] A força exercida pela mola é: 
el el elF k x F 200 N m 0,12 m F 24 N=   =   = 
 
[F] O trabalho realizado pelo paciente sobre a mola é não 
nulo, pois foi aplicada uma força para deslocar a mola 
de 12 cm. 
 
[V] 
( )
22 200 N m 0,12 mk x
1,44 J
2 2
τ τ τ

=  =  = 
 
[V] O paciente aplica uma força contra a força elástica, 
portanto é um trabalho resistente. 
 
[V] Ao retornar para a posição de equilíbrio, a mola realiza 
um trabalho motor. 
 
27: [C] 
 
Dados: 
2
0M 100kg; h 12m; v 1m s; x 50cm 0,5m; g 10m s ; v 0.= = = = = = = 
 
O teorema da energia cinética (T.E.C.) será aplicado às 
duas situações. 
 
Durante a descida dos 12 metros a velocidade é 
constante, portanto a variação da energia cinética é nula. 
As forças atuantes no elevador são o peso e a força de 
tração na corda. Assim: 
𝑇. 𝐸. 𝐶. : W�⃗⃗� = Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 ⇒ 𝑊�⃗⃗� + 𝑊�⃗� = 0 ⇒ 𝑊�⃗� = −𝑀𝑔ℎ =
−100(10)(12) = 12.000𝐽 ⇒ 𝑊�⃗� = −12𝑘𝐽. 
 
Durante a frenagem até o repouso, agem no elevador o 
peso e a força elástica. 
( )
( ) ( ) ( ) ( )
el
2 2
cin 0R P F
22
2
M
T.E.C. : W E W W v v 
2
k 0,5k x M 100
Mgx 0 1 100 10 0,5 
2 2 2 2
k
550 k 4.400 N m.
8
Δ=  + = − 
− = −  − = − 
=  =
 
 
28: [A] 
 
O trabalho realizado pela força elástica será a área sob a 
curva entre o deslocamento da posição A até a posição 
B, de acordo com o gráfico abaixo: 
 
 
 
A área hachurada é de: 
( )
( )0,20 0,10 m
W Área 8 4 N W 0,60 J
2
−
= = +   = 
 
29: 
 
a) Dados: m = 3 kg; 0,4;μ = x = 20 cm = 0,2 m; g = 10 
m/s2. 
Como o deslocamento é retilíneo e horizontal, a 
intensidade da componente normal é igual à do peso 
(N = P = mg). Então: 
atFat Fat Fat
Fat
W F x cos180° W N x W m g x 0,4 3 10 0,2 
W 2,4 J.
μ μ=  = −  = − = −    
= −
 
 
b) Dados: K = 180 N/m; m = 3 kg; x = 20 cm = 0,2 m. 
Aplicando o teorema da energia cinética: 
( )
22
0
cin R Fat Fel P N
22 22
0 0
2
0
0
0
m vm v
W E W W W W 
2 2
180 0,2m v 3 v K x
2,4 0 0 0 2,4 
2 2 2 2
3 v 2 6
2,4 3,6 v 4 
2 3
v 2 m/s.
Δ=  + + + = − 
− − + + = −  = + 

= +  = = 
=
 
 
 
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30: [A] 
 
Energia potencial acumulada na subida: 
( )p
p
E mgh 80 10 10 3
E 24000 J
= =   
=
 
 
Logo: 
pE P t
24000 10 5 t
t 480 s 8 min
Δ
Δ
Δ
= 
=  
 = =
 
 
31: [C] 
 
Dados: 6 3E 7,2 MJ 7,2 10 J; P 2 kW 2 10 W.= =  = =  
 
Da definição de Potência: 
6
3
E P 7,2 10
P t 3.600 s t 1hora.
t E 2 10
Δ Δ
Δ

=  = = =  =

 
 
32: [C] 
 
Observação: Fazendo as contas, de acordo com a 
aproximação sugerida, o ano teria 417 dias! 
 
A energia perdida na forma de radiação r(E ) é: 
42 39
r r
0,1
E 0,1% E 2 10 E 2 10 J.
100
= =    =  
 
Calculando a potência irradiada: 
39
31
r r7
2 10
P P 5,6 10 W.
3,6 10

=  = 

 
 
33: [C] 
 
No caso, a potência mínima será dada por: 
 
𝑃 =
𝜏
Δ𝑡
=
𝑚𝑔ℎ
Δ𝑡
⇒ 𝑃 =
(500+2500)𝑘𝑔⋅10𝑚/𝑠2⋅20𝑚
25𝑠
= 24000𝑊 =
24𝑘𝑊 
34: [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 C
E E E (II)τ Δ= = − 
 
Como o elevador subiu a uma velocidade ov constante, 
da equação (II) tem-se que: 
f o
2 2
elev o elev o
R C C
m v m v
E E 0
2 2
τ = − = − = 
 
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 elev
E 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 2
F
6
F
( 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: 
6
5F
útil
1,2 10 [J]
P 1,2 10 N
t 10[s]
τ
Δ

= = =  
 
ou seja, 
útilP 120 kW= 
 
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35: [A] 
 
[F] Se a resultante é constante nesse intervalo, o 
movimento é uniformemente variado. 
 
[V] O trabalho (W) realizado sobre a partícula é 
numericamente igual à área destacada no gráfico, 
correspondente a esse intervalo. 
( )6 4 4
W 1000 W 4.000J W 4,0kJ.
2
− 
=   =  = 
 
 
 
[V] O trabalho realizado sobre a partícula de x 0 m= até 
x 10,0 m= é dado pela área destacada no gráfico. 
( ) ( )
m m m
6 4 4 10 6 2
W 1000 16.000 J.
2 2
W 16000
 P P 4.000 W P 4 kW.
t 4Δ
 +  − 
= −  = 
  
= =  =  =
 
 
 
 
[F] Como a resultante das forças atuantes é não nula, o 
movimento o movimento não pode ser uniforme. 
 
36: [B] 
 
Trabalho da força peso realizado pelo motor: 
mgh 80 10 3 2400 Jτ τ= =   = 
 
Potência necessária para produzir este trabalho por 
1min : 
2400
P P 40 W
t 60
τ
Δ
= =  = 
 
Portanto, a eficiência do sistema é de: 
 
40
0,2
200
20%
η
η
= =
 =
 
 
 
 
37. Dados: 
 
Uf 300rpm 5Hz; 3; R 1,2m; P 1.500W; 60% 0,6.π η= = = = = = = 
 
Velocidade (escalar) angular: 
2 f 2 3 5 30rad s.ω π ω= =    = 
 
Velocidade (escalar) linear: 
v R 30 1,2 v 36m s.ω= =   = 
 
Energia cinética transmitida: 
{
𝐸𝑐𝑖𝑛 = 𝑃𝑇Δ𝑡
𝜂 =
𝑃𝑈
𝑃𝑇
 ⇒ P𝑇 =
𝑃𝑈
𝜂
⟩ 𝐸𝑐𝑖𝑛 =
𝑃𝑈
𝜂
Δ𝑡 =
1.500
0,6
× 60 ⇒
𝐸𝑐𝑖𝑛 = 1,5 × 10
5𝐽. 
 
38: [C] 
 
Se a velocidade é constante, a resultante das forças 
paralelas ao movimento é nula. Logo, intensidade da força 
motriz m(F ) é igual à intensidade da resultante das forças 
resistivas r(F ). 
m rF F 3kN.= = 
 
A velocidade é constante, v 90km h 25m s.= = 
 
Aplicando a expressão de potência mecânica associada a 
uma força: 
P Fv 3 25 P 75kW.= =   = 
 
39: [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: 
 
𝑃𝑇 =
𝑚𝑔ℎ
Δ𝑡
=
𝜌𝑉𝑔ℎ
Δ𝑡
= 𝜌
𝑉
Δ𝑡
𝑔ℎ ⇒ 𝑃𝑇 = 𝜌𝑧𝑔ℎ = 10
3 ⋅ 690 ⋅ 10 ⋅
118,4 = 816,96 × 106 𝑊 ⇒ 𝑃𝑇 = 816,96 𝑀𝑊. 
 
A potência gerada em cada unidade é: 
 
G G
14.000
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.= − = −  = 
 
 
 
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40: 
 
a) O diagrama de forças que agem sobre o caixote está 
representado na figura abaixo: 
 
Onde: 
T = tração no cabo 
P = peso do caixote 
atF = força de atrito cinético entre o caixote e o solo 
N = força normal do solo sobre o caixote 
 
 
 
b) Decompondo a tração em seus componentes 
ortogonais e calculando a resultante das forças nas 
direções vertical e horizontal, temos: 
 
 
 
Na direção horizontal, para equilíbrio dinâmico: 
 
x at cT F T cos 37 N T 0,8 0,1 N
N 8T (1)
μ=    =    = 
 =
 
 
Na direção vertical, para equilíbrio dinâmico: 
 
yP N T 2000 N T sen 37
2000 N 0,6T (2)
= +  = +  
 = +
 
 
Substituindo (1) em (2): 
2000
2000 8T 0,6T T
8,6
T 232,6 N
= +  =
 
 
 
E o trabalho ( )τ realizado pelo guindaste sobre o 
caixote é: 
 
 
T d cos 37
232,6 N 100 m 0,8
18608 J
τ
τ
τ
=   
=  
=
 
41: [C] 
 
Da trigonometria sabemos que todo o triangulo inscrito em 
uma semicircunferência é um triangulo retângulo. Assim 
com o teorema de Pitágoras e uma relação métrica no 
triangulo retângulo descobrimos a altura do ponto B. 
 
 
 
Usando o Teorema de Pitágoras: 
2 2 2
2
x 2 4
x 16 4
x 12 x 2 3 m
+ =
= −
=  =
 
 
Com a relação métrica do triângulo retângulo tiramos a 
altura, pois o produto da altura pela hipotenusa é igual ao 
produto dos catetos, então ficamos com: 
h 4 2 2 3 h 3 m =   = 
 
Da energia potencial gravitacional, temos: 
pg
pg
E m g h
E
m
g h
=  
=

 
 
Substituindo os valores fornecidos e a altura encontrada, 
teremos condições de achar a massa da criança. 
2
342J
m
5,7 3 m s 3 m
m 20kg
=

 =
 
 
42: 
 
02 + 16 = 18. 
 
Análise das afirmativas: 
 
[01] Falsa. Do MQL (movimento de queda livre) temos: 
 
2
2
1 2 h 2 125 m
h g t t t t 5 s
2 g 10 m / s
 
=    =  =  = 
 
[02] Verdadeira. 90% da energia potencial gravitacional 
transformam-se em energia térmica, assim, usando o 
calor específico do alumínio fornecido no início da 
prova: 
 
𝐸𝑡é𝑟𝑚 = 0,9 ⋅ 𝐸𝑝𝑔 ⇒ 𝑚 ⋅ 𝑐𝐴𝑙 ⋅ Δ𝑇 = 0,9 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ ⇒
Δ𝑇 =
0,9⋅𝑔⋅ℎ
𝑐𝐴ℓ
=
0,9⋅10 
𝑚
𝑠2
⋅125 𝑚
880 
𝐽
𝑘𝑔
⋅𝐾
∴ Δ𝑇 = 1,28 °𝐶 
 
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[04] Falsa. O trabalho da força peso sobre a esfera será: 
2P h m g h 5 kg 10 m s 125 m 6250 Jτ τ τ=  =    =    = 
 
[08] Falsa. A energia sonora liberada pela esfera será de 
10% da energia total, ou seja: 
2
sonora pg sonora sonoraE 0,1 E E 0,1 m g h 0,1 5 kg 10 m s 125 m E 625 J=   =    =     = 
 
[16] Verdadeira. A velocidade ao tocar o solo é dada pela 
seguinte equação do MQL: 
2v g t v 10 m s 5 s v 50 m s=   =   = 
43: 
 
a) A distância percorrida de 7 s a 10 s é dada pela área 
destacada na figura a seguir. 
 
 
 
( )7,10 7,10d 10 7 11 d 33 m.= −   = 
 
Como a distância total percorrida é 100 m, vem: 
7,10d 100 d 100 33 d 67 m.= − = −  = 
 
b) No gráfico da aceleração em função do tempo, lê-se 
que no instante t 1s,= o módulo da aceleração 
tangencial é 2a 4 m s .= Assim, aplicando o Princípio 
Fundamental da Dinâmica: 
F m a F a a 4
F P 700 F 280 N.
P m g P g g 10
=
 =  = =   =
=
 
 
c) No gráfico da velocidade em função do tempo, lê-se 
que no instante t 10 s,= o módulo da velocidade é 
v 11m s.= 
Calculando a energia cinética nesse instante: 
2 2 2
cin cin
v P v 700 11
E m E 4.235 J.
2 g 2 10 2
= = =   = 
 
d) A potência mecânica média é dada pela variação da 
energia cinética em relação ao tempo nos 10 
segundos de movimento. 
cinE 4.235 0P P 423,5 W.
t 10
Δ
Δ
−
= =  = 
44: 
 
a) Como o atrito com o solo é desprezado, o sistema 
formado pelo projétil, saco de areia e carrinho não sofre 
ação de força resultante externa. Logo, a quantidade 
de movimento total do sistema se conserva. Em termos 
de equação, tem-se que: 
 
0 f
0 f
inicial total
P P P P
P P P
Q Q
m v m v Mv
m (v v )
v
M
=
= +
−
=
 
 
Sendo Pm a massa do projétil, Pv a velocidade do 
projétil, M a massa do carrinho e do saco de areia e v 
a velocidade do conjunto carrinho + saco de areia após 
a passagem do projétil. 
 
Substituindo os valores dos parâmetros conhecidos, 
tem-se que: 
3 320 10 (80 500) 20 10 (500 80)
v
100 100
v 0,084 m s
− −−  −  −
= =
=
 
 
b) O trabalho da força resultante sobre o projétil é igual à 
variação a energia cinética desse elemento: 
f 0R C C C
E E Eτ Δ= = − 
 
Sendo Rτ o trabalho da força resultante, fC
E a energia 
cinética final do projétil e 
0C
E a energia cinética inicial. 
( )
0f
f 0
22
P PP P
R
2 2
R P P P
m vm v
2 2
1
m v v
2
τ
τ
= −
= −
 
 
Substituindo os valores dos parâmetros conhecidos, 
tem-se que: 
 
( )3 2 2R
1
20 10 80 500 2436 J
2
τ −=    − = − 
45: 
 
01 + 02 + 08 = 11. 
 
[01] Correta. 
 
Do princípio fundamental da dinâmica: 
 
RFa .
m
= 
 
Como a massa é constante, se a força resultante é 
variável, a aceleração também o é. 
 
 
 
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[02] Correta. Considerando que no eixo das abscissas 1 
unidade de comprimento represente 1m e, no eixo 
das ordenadas represente 1N, aplicando o teorema 
de Pitágoras no triângulo OAD da figura, vem: 
𝐴𝐷
2
= 𝑂𝐷
2
− 𝑂𝐴
2
⇒ 𝐹𝐷
2 = 1.3002 − 1.2002 ⇒ 𝐹𝐷 =
√250.000 ⇒ 𝐹𝐷 = 500 𝑁. 
 
Para d 1.500 m := 
C D F F 500 N.= = 
 
[04] Incorreta. A figura abaixo destaca o triângulo BCP 
do gráfico. O enunciado afirma que a distância de B 
ao segmento CP é igual a 300 m. Ou seja, a 
distância BQ é igual a 300. 
 
 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo BCQ : 
2 2 2 2 2CQ BC BQ CQ 500 300 CQ 400= −  = −  = 
 
Por semelhança de triângulos: 
BP BQ BP 300
BP 375
500 400BC CQ
=  =  = 
 
Novamente, por semelhança: 
 
 
 
N
N
500 F 100 1.100
F
500 375 3
−
=  = 
 
Aplicando o princípio fundamental da dinâmica: 
2
N
1.100 11
F ma 200 a a a 1,83 m s .
3 6
=  =  =  = 
 
[08] Incorreta. Utilizando mais uma vez o teorema de 
Pitágoras, no triângulo abaixo: 
 
 
 
2 2 2 2 2CP BC BP CP 500 375 CQ 625 = −  = +  = 
 
[16] Incorreta. O trabalho total corresponde à área 
destacada no gráfico. 
 
 
 
 
( )1.875 300 500
W W 543.750 J. 
2
+ 
=  = 
 
46: [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. 
 
 
 
 
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Logo, o trabalho da força resultante entre 0t e 11
t (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. 
 
47: [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 : 
( ) 2 2
m m
0 20 m / s
a a 10 m / s
2
+
=  = 
 
Logo, a força média mF será: 
 
2
m 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=   =   = 
 
48: [D] 
 
Pelo Teorema da Energia Cinética, tem-se que: 
cW EΔ= 
 
Analisando a questão, verifica-se que existem 3 forças 
atuando no sistema: tração, peso e atrito. 
A tração faz a função da Força Centrípeta, portanto não 
executa trabalho. 
O peso realiza trabalho e o seu módulo é exatamente a 
variação da Energia Potencial do movimento. 
O atrito também realiza trabalho. 
Desta forma, 
 
( )c peso atritoE W WΔ = − + 
 
 
 
 
Visualizando o plano inclinado de lado, temos: 
 
 
 
Do triangulo, 
( )
h 1
sen 30
2L 2
h L
 = =
=
 
 
Assim, 
peso
peso
W m g h
W m g L
=  
=  
 e atrito atW F d N dμ=  =   
 
Por ser um plano inclinado 
( ) ( )N P cos 30 m g cos 30→ =   =    
Por ser uma trajetória circular (meia volta) d Lπ→ =  
 
Assim, 
atrito
atrito
1 3
W m g L
23
1
W m g L
2
π
π
=     
=   
 
 
Por fim, 
c
c
1
E m g L m g L
2
3
E m g L
2
Δ
Δ
 
= −   +   
 
= −  
 
 
Como a questão pede somente a variação, podemos 
assumir o módulo do valor encontrado. 
49: [B] 
 
Calculando a potência média: 
9
6
3
E 8,8 10
P 10 W 1.000 kW. 
t 8,8 10
Δ
Δ

= = = =

 
 
Analisando o gráfico Potência  Velocidade do vento, vê-
se que v 8,5m s. Analisando o mapa dado, das 
alternativas apresentadas, a única possível é nordeste do 
Amapá. 
 
 
50: Combinando as expressões da potência útil 
instantânea e do princípio fundamental da dinâmica: 
 
{
𝑃𝑢 = 𝐹𝑟𝑒𝑠𝑣
𝐹𝑟𝑒𝑠 = 𝑚𝑎 =
𝑃
𝑔
𝑎
⟩ P𝑢 =
𝑃
𝑔
𝑎𝑣 ⇒ 𝑎 =
𝑃𝑢 𝑔
𝑣 𝑃
=
132×103⋅10
20⋅2×104
⇒
𝑎 = 3,3
𝑚
𝑠2.
 
 
 
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51: 
a) Dados: 8 15c 3 10 m/s; f 0,6 10 Hz.=  =  
 
Da equação fundamental da ondulatória: 
 
8
7
15
c 3 10
c f f 5 10 m.
0,6 10
λ λ
λ
−=  = =  = 

 
 
b) Dados: 15 15P 10 W; T 30 10 s.−= =  
15 15E PT 10 30 10 E 30J.−= =    = 
 
c) Dado: PL = 3 W. 
L L L L
L
E 30
E P t t t 10s.
P 3
Δ Δ Δ=  = =  = 
 
d) Dado: 34 15h 6 10 J s; f 0,6 10 Hz.−=   =  
𝐸 = 𝑁ℎ𝑓 ⇒ N =
𝐸
ℎ𝑓
=
30
6×10−34×0,6×1015
 ⇒ 
𝑁 = 8,3 × 1019𝑓ó𝑡𝑜𝑛𝑠. 
 
52: 
 
a) Teremos: 
3
8
2
s 3000 10
t
v 3 10
t 10 s
Δ
Δ
Δ −

= =

 =
 
 
b) Teremos: 
( )
2
30 8
2
48
3 2 10 3 10E mc
P
t t 0,2
P 2,7 10 W
Δ Δ
   
= = =
 = 
 
 
c) Teremos: 
 
( )
2
Sol
2
3 11
Sol
26
Sol
P I Área I 4 R
P 1,4 10 4 3 1,5 10
P 3,78 10 W
π=  = 
=     
 = 
 
 
1Sol 263,78 10 W
N

48
21
2,7 10 W
N 7,1 10 sóis

 = 
 
 
53: 
 
a) Dados: 𝑚 = 2.000 𝑘𝑔; 𝑣𝑑𝑖𝑎 = 90 
𝑘𝑚
ℎ
= 25 
𝑚
𝑠
; 𝑣𝑛𝑜𝑖𝑡𝑒 =
57,6
 𝑘𝑚
ℎ
= 16 
𝑚
𝑠.
 
 
 
 
A variação da energia cinética entre o dia e a noite é: 
 
Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 = 𝐸𝑐𝑖𝑛
𝑑𝑖𝑎 − 𝐸𝑐𝑖𝑛
𝑛𝑜𝑖𝑡𝑒 =
𝑚
2
(𝑣𝑑𝑖𝑎
2 − 𝑣𝑛𝑜𝑖𝑡𝑒
2 ) =
2.000
2
(252 −
162) = 1.000(369) ⇒ Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 = 369.000 𝐽. 
 
b) Dados: 
Área de capitação: 2A 270 m ;= 
 
Potência total dos motores: P 50 kW;= 
 
Eficiência: 25% 0,25;η = = 
 
Energia das baterias: E 164 kWh;= 
 
Potência consumida pelos motores: 
( )C CP 80% P 0,8 50 P 40 kW;= =  = 
Intensidade recebida: 2recI 1,2 kW m .= 
 
A parcela de potência recebida da radiação solar e 
convertida em potência útil é: 
 
U UP IA 0,25 1,2 270 P 81kW.η= =    = 
 
O saldo de potência para carregar a bateria é: 
carga U C cargaP P P 81 40 P 41kW.= − = −  = 
 
Calculando o tempo de carga da bateria: 
carga
carga
E E 164
P t t 4 h.
t P 41
Δ Δ
Δ
=  = =  = 
54: [C] 
 
Por conservação da energia mecânica entre os pontos A 
e B : 
2
B
B
mv
mgh v 2gh
2
=  = (velocidade horizontal do 
lançamento) 
 
Sendo 1x e 2x as distâncias separadas pelo ponto de 
colisão da partícula com o poço de diâmetro x, temos: 
Do ponto B até o fundo do poço: 
 
Em y : 2
1 6h
3h gt t
2 g
=  = 
 
Em x : 1 B 1
6h
x v t 2gh x 2 3h
g
= =   = 
 
No trecho CD : 
 
at
22
C
F c at
2
C
C
m vm 0
E F 3h
2 2
m v
mg 3h v 3gh
2
τ Δ
μ

=  −  = − 

  =  =
 
 
 
 
 
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Como 
B Cm m
0,5 E E , = e sendo Ch a altura no ponto C, 
temos: 
 
( ) ( )
2 2
C
C
C C
m 2gh m 3gh
0,5 mg3h mgh
2 2
3mgh
0,5 3mgh mgh mgh
2
3h h
2h h h
2 2
 
 
 + = +  
 
 
  + = +   
 = +  =
 
 
Do fundo do poço até o ponto C : 
Em y : 2
h 1 h
gt ' t '
2 2 g
=  = 
 
Em x : 2 C 2
h
x v t ' 3gh x 3h
g
= =   = 
 
Portanto: 
1 2x x x 2 3h 3h x 3 3h
x
3 3
h
= + = +  =
 =
 
 
55: 
 
a) Teremos: 
 
 
 
Pela conservação da energia mecânica: 
2 22
in fin 0 0
Mec Mec
0
k x k x4M v
E E v
2 2 4M
x k
v .
2 M
=  =  = 
=
 
 
b) Dado: 0
x
x .
4
= 
 
 
 
Usando novamente a conservação da energia 
mecânica, somente para o bloco de massa M. A 
energia cinética desse bloco após a explosão, é 
transferida para a mola na forma de energia potencial 
elástica: 
22 2
2 0 01
1 1
x xMv k x k k
v v .
2 2 M 4 4 M
 
=  =  = 
 
 
 
Como na explosão a forças trocadas entre os blocos 
são forças internas (a resultante das forças externas é 
nula), o sistema é mecanicamente isolado. Então, para 
determinar a velocidade do outro bloco, usamos a 
conservação da quantidade de movimento do sistema 
(Qs), antes e depois da explosão. 
 
Adotando o sentido positivo para a direita, temos: 
𝑄𝑠
𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝑄𝑆
𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
⇒ 4 𝑀 𝑣 = −𝑀 𝑣1 + 3 𝑀 𝑣2 ⇒
4�̸� 𝑣 = −�̸� 𝑣1 + 3�̸� 𝑣2 ⇒ 𝑣2 =
1
3
(𝑣1 + 4 𝑣) 
 
Como 0
x k
v
2 M
= e 01
x k
v ,
4 M
= vem: 
0 0 0
2 2
0
2
x x 9 x1 k 1 k
v 4 v
3 M 2 4 3 M 4
3x k
v
4 M
  
= +  =   
   
=
 
 
c) Durante a frenagem do bloco de massa 3 M, a 
resultante das forças sobre ele é a força de atrito at(F ), 
oposta à velocidade. 
 
Mas: 
atF N,μ= sendo N a componente normal, que equilibra 
o peso: N P 3 M g.= = 
 
Assim: atF 3 M g.μ= 
 
Aplicando o teorema da energia cinética para essa 
situação, temos: 
 
𝑊𝑅𝑒 𝑠 = Δ𝐸𝑐𝑖𝑛 ⇒ 𝐹𝑎𝑡Δ𝑆 𝑐𝑜𝑠 1 80° = 0 −
𝑚𝑣2
2
2
⇒
−𝜇 3̸�̸� 𝑔 Δ𝑆 = −
3̸�̸�
2
(
3𝑥0
4
√
𝑘
𝑀
)
2
⇒ Δ𝑆 =
9 𝑘 𝑥0
2
32 𝜇 𝑀 𝑔
. 
56: [E] 
 
Pelo teorema do trabalho e da energia mecânica, temos 
que o trabalho realizado pela força resultante pode ser 
medido pela variação da energia. Assim, 
gravitacional elástica
pot
atrito elétrica pot pot
E
E E
τ Δ
τ τ Δ Δ
=
+ = +
 
 
Notar que, segundo o enunciado, tantono momento inicial 
quanto no final a velocidade é nula e por consequência a 
energia cinética também é. Fazendo a substituição, temos 
que: 
21m g cos d Q V m g d sen K x
2
μ θ θ−     +  =    −  
 
Isolando a distância d na equação acima, temos que: 
( )
2K x 2 Q V
d
2 m g cos senμ θ θ
 +  
=
    +
 
 
 
 
Prof. Bruno Fazio 
Física 
 
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