Questões de dinâmica 3

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1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Questões Dinâmica 3 – Trabalho, Potência e Energia 
Questão 1  
 
(FUVEST)  Uma  partícula  de  massa  20  kg, 
partindo do repouso, está sujeita à ação exclusiva 
de  duas  forças  constantes  1F
?
  e  2F
?
 
perpendiculares  entre  si  e  de  intensidades 
respectivamente iguais a 6,0 N e 8,0 N, que atuam 
durante 4,0 s. 
a) Qual  a  intensidade  da  força  resultante  entre 
1F
?
 e  2F
?
? 
b) Qual  o módulo  do  deslocamento  durante  4,0 
s? 
c) Qual o trabalho realizado pelas forças F1, F2 e 
Fr? 
Resolução: 
a) A  força  resultante  é  dada  pela  soma  vetorial 
das forças que atuam na partícula. Assim, pela 
regra do paralelogramo, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O módulo da força resultante, é dado por: 
 
2 2 2 2 2
1 2 6 8
10 .
r r
r
F F F F
F N
= + ⇒ = +
∴ =  
 
b) Para  encontrar  o  módulo  do  deslocamento, 
previamente,  teremos  que  determinar  a 
aceleração  da  partícula.  A  aceleração  da 
partícula é dada por: 
 
210 0,5 .
20
r rF ma F ma
a m s−
= ⇒ =
= = ⋅
? ?
 
 
Para um MRUV, o deslocamento será dado por: 
2
0, 0.2
16 4 .
4
atS v
S m
∆ = =
∆ = =
 
 
c) Para determinarmos o  trabalho das  forças F1 
e F2, teremos que encontrar o ângulo que cada 
força forma com a direção do deslocamento.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, o trabalho realizado pela força F1 será: 
 
1 1
1
6, 0,6
10
6 4 0,6 14,4 .
F S cos cos
J
α αℑ = ⋅∆ ⋅ = =
∴ℑ = ⋅ ⋅ =
 
 
O trabalho realizado pela força F2 será: 
 
2 2
2
8, 0,8
10
8 4 0,8 25,6 .
F S cos cos
J
β βℑ = ⋅∆ ⋅ = =
∴ℑ = ⋅ ⋅ =
 
 
O trabalho realizado pela força resultante será: 
 
10 4
40 .
r r
r
F S
N
ℑ = ⋅∆ = ⋅
∴ℑ =  
 
Ou ainda: 
 
1 2 14,4 25,6
40 .
r
r J
ℑ =ℑ +ℑ = +
∴ℑ =  
 
Ou ainda: 
 
2
0, 0.2
f
r c cf ci
mv
E E E vℑ =∆ = − = =  
 
• 
1F
?
2F
?
rF
?
•
1F
?
2F
?
rF
?
α 
β 
ΔS ൌ 4 m 
 
 
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2 
10,5 4 2
20 4 40 .
2
f
r
v at m s
J
−= = ⋅ = ⋅
⋅∴ℑ = =  
 
Questão 2  
 
(FUVEST)  O  gráfico  representa  a  variação  da 
intensidade da força resultante F, que atua sobre 
um  corpo  de  2  kg  de  massa,  em  função  do 
deslocamento  x.  Sabendo  que  a  força  F  tem  a 
mesma  direção  e  o  mesmo  sentido  do 
deslocamento, determine: 
a) a aceleração máxima adquirida pelo corpo: 
b) o trabalho total realizado pela força F entre as 
posições x = 0 e x = 3 m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Assumindo que a  força F é a única  força que 
atua  no  corpo,  então  ela  será  a  força 
resultante. Então: 
 
24 2 .
2
r r
máx
máx máx
F ma F ma
Fa a m s
m
−
= ⇒ =
= ∴ = = ⋅
? ?
 
 
b) Para encontrar o  trabalho realizado por uma 
força  variável,  devemos  tomar  a  área  da 
figura formada no gráfico F X x. No caso, trata‐
se de um triângulo. Assim, teremos: 
 
3 4,
2 2
6 .
N b hA A
J
∆ ∆
⋅ ⋅ℑ= = =
∴ℑ=
 
Questão 3  
 
(FUVEST) Uma pessoa puxa um caixote, com uma 
força F, ao longo de uma rampa inclinada de 300 
com  a  horizontal,  conforme  a  figura,  a  seguir, 
sendo  desprezível  o  atrito  entre  o  caixote  e  a 
rampa. 
 
 
 
 
 
 
 
O caixote, de massa m, desloca‐se com velocidade 
v constante, durante um certo intervalo de tempo 
Δt. Considere as seguintes afirmações: 
I. O  trabalho  realizado  pela  força  F  é  igual  a 
FڄvڄΔt. 
II. O  trabalho  realizado  pela  força  F  é  igual  a 
mڄgڄvڄΔt/2. 
III. A  energia  potencial  gravitacional  varia  de 
mڄgڄvڄΔt/2. 
Está correto apenas o que se afirma em: 
A(   ). III. 
B(   ). I e II. 
C(   ). I e III. 
D(   ). II e III. 
E(   ). I, II e III. 
Resolução: 
I. O trabalho realizado pela força F é dado por: 
 
.F S F v tℑ= ⋅∆ = ⋅ ⋅∆  
 
II. O  trabalho  realizado  pela  força  resultante  é 
nulo. Assim, o trabalho realizado pela força F 
é  igual  ao oposto do  trabalho  realizado pelo 
peso.  Assim,  poderemos  determinar  o 
trabalho  realizado  pelo  peso    e 
conseqüentemente,  determinar  o  trabalho 
realizado  pela  força  F.  O  trabalho  realizado 
pelo peso será: 
 
0, 30
.
2
p
p
mgh h v t sen
m g v t
ℑ =− = ⋅∆ ⋅
⋅ ⋅ ⋅∆∴ℑ =−  
 
Logo, o trabalho realizado pela força F será: 
 
.
2F
m g v t⋅ ⋅ ⋅∆ℑ =  
 
III. O trabalho realizado pelo peso pode ser dado 
por: 
 
F (N) 
x (m) 
4 
0  1  3 2 
300 
g 
F v
 
 
 
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3 
.
2p g
m g v tE ⋅ ⋅ ⋅∆ℑ =−∆ =  
 
Letra “E”. 
 
Questão 4  
 
(UnB)  Um  automóvel  de  massa  m  é  acelerado 
uniformemente  pelo  seu motor.  Sabe‐se  que  ele 
parte  do  repouso  e  atinge  a  velocidade  v0  em  t0 
segundos.  Então,  a  potência  que  o  motor 
desenvolveu  após  transcorridos  t  segundos  da 
partida é: 
A(   ). 
2
20
3
0
.
2
mv t
t
⋅  
B(   ). 
2
0
2
0
.mv t
t
⋅  
C(   ). 
2
0
02 .
mv t
t
⋅  
D(   ). Nenhuma dessas. 
 
Resolução: 
Poderemos  determinar  a  aceleração  do 
automóvel. Assim, teremos: 
 
0
0 0
0
.vv a t a
t
= ⋅ ⇒ =  
 
Assim,  poderemos  determinar  a  velocidade  do 
automóvel no instante t. Logo: 
 
0
0
.vv a t v t
t
= ⋅ ⇒ = ⋅  
 
Poderemos    então,  determinar  a  potência 
instantânea. Assim: 
 
2
0 0 0
2
0 0 0
.v v mvP F v m t P t
t t t
= ⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅  
 
Letra “B”. 
 
Questão 5  
 
(FUVEST)  Um  veículo  para  competição  de 
aceleração (dragracing) tem massa M = 1100 kg, 
motor  de  potência  máxima  P  =  2,64ڄ106  W  (ൎ 
3.500  cavalos)  e  possui  um  aerofólio  que  lhe 
imprime  uma  força  aerodinâmica  vertical  para 
baixo,  FA,  desprezível  em  baixas  velocidades. 
Tanto  em  altas  quanto  em  baixas  velocidades,  a 
força  vertical  que  o  veículo  aplica  à  pista 
horizontal  está  praticamente  concentrada  nas 
rodas  motoras  traseiras,  de  0,40  m  de  raio.  Os 
coeficientes  de  atrito  estático  e  dinâmico,  entre 
os pneus e a pista, são iguais e valem µ = 0,50. 
 
 
 
Determine: 
a) A máxima  aceleração  do  veículo  quando  sua 
velocidade  é  de  120  mڄs  ‐1,  (432  kmڄh  ‐1),  
supondo  que  não  haja  escorregamento  entre 
as  rodas  traseiras e a pista. Despreze a  força 
horizontal de resistência do ar. 
b) O mínimo valor da  força vertical FA,  aplicada 
ao  veículo  pelo  aerofólio,  nas  condições  do 
item anterior. 
c) A  potência  desenvolvida  pelo  motor  no 
momento  da  largada,  quando:  a  velocidade 
angular das rodas traseiras é ω = 600 radڄs ‐1, 
a  velocidade  do  veículo  é  desprezível  e  as 
rodas  estão  escorregando  (derrapagem) 
sobre a pista. 
Resolução: 
a) Da potência instantânea máxima, teremos: 
 
6
2
2,64 10 1100 120
20 .
P F v a
a m s−
= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅
∴ = ⋅
 
 
b) Com  a  aceleração  máxima  do  veículo 
poderemos  determinar  a  força  resultante  e 
conseqüentemente a força de atrito e também 
 
 
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4 
a força normal de contato com a pista. Assim, 
teremos: 
 
1100 20
0,5
44000 .
r atF f m a N N
N N
µ ⋅= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =
=
 
 
Mas a força normal de contato com a pista é igual 
ao peso do veículo mais a força FA. Logo: 
 
44000 11000
33000 .
A A
A
N P F F
F N
= + ⇒ = +
∴ =  
c) No  momento  da  largada,  a  força  horizontal 
exercida  pelos  pneus  sobre  a  pista  suplanta 
apenas  por  pouco  a  força  de  atrito.  Assim 
poderemos aproximá‐la pela própria força de 
atrito que vale: 
 
0,50 11000 5500 .atF f F N= ⇒ = ⋅ =  
 
A  velocidade  linear  da  extremidade  dos  pneus 
vale: 
 
1600 0,40 240 .vr v m sω −= ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅  
 
Assim, a potência instantânea será: 
 
6
5500 240
1,32 10 .
P F v
P W
= ⋅ = ⋅
∴ = ⋅  
 
Questão 6  
 
(FUVEST)  A  figura  abaixo  representa 
esquematicamente  um  elevador  E  com  massa 
800  kg  e  um  contrapeso  B,  também  de  800  kg, 
acionados  por  um motor  M.  A  carga  interna  do 
elevador é de 500 kg. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Qual  a  potência  fornecida  pelo motor  com  o 
elevador  subindo  com  uma  velocidade 
constante de 1 mڄs ‐1? 
b) Qual  a  força  aplicada  pelo  motor  através  do 
cabo, para acelerar o elevador em ascensão, á 
razão de 0,5 mڄs ‐2? 
Resolução: 
a) Previamente, vamos determinar as forças que 
estão atuando no elevador: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como o elevador sobe com velocidade constante, 
a força resultante será nula. Assim, teremos: 
 
,
8000 13000
5000 .
E BF T P T P
F
F N
+ = =
+ =
∴ =
 
 
Logo, a potência terá um valor dado por: 
 
5000 1 5000 .Pot F v W= ⋅ = ⋅ =  
 
b) Para o elevador e para o contrapeso, teremos: 
 
1300 0,5 13000
800 0,5 8000 .
E E
B B
m a F T P
m a P T
F T
T
⎧ = + −⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩
⎧ ⋅ = + −⎪⎪⎨⎪ ⋅ = −⎪⎩
 
 
Resolvendo o sistema, teremos: 
 
1300 0,5 13000
800 0,5 8000 .
1050 5000 6050 .
F T
T
F F N
⎧ ⋅ = + −⎪⎪ +⎨⎪ ⋅ = −⎪⎩
= − ∴ =
 
 
Onde g = 10 mڄs ‐2. 
 
M
E  B
F  T  T 
PB 
PE 
M 
E  B
 
 
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5 
Questão 7  
 
(UNICAMP)  Uma  hidrelétrica  gera  5,0ڄ109 W  de 
potência  elétrica  utilizando‐se  de  uma  queda 
d’água de 100 m.  Suponha que 100% da energia 
da  queda  d’água  e  que  a  represa  coleta  20% de 
toda a  chuva que cai em uma região de 400.000 
km2. Considere que 1 ano tem 32ڄ106 segundos e 
g = 10 mڄs ‐2. 
a) Qual a vazão de água (m3ڄs ‐1) necessária para 
fornecer os 5,0ڄ109 W? 
b) Quantos  milímetros  de  chuva  deve  cair  por 
ano  nesta  região  para  manter  a  hidrelétrica 
operando nos 5,0ڄ109 W? 
Resolução: 
a) A potência é dada por: 
 
.P mghPot
t t
ℑ= =∆ ∆  
 
Mas  a  massa  pode  ser  expressa  por:  m Vρ= ⋅ . 
Assim, teremos: 
 
,V g h VPot z
t t
ρ ⋅ ⋅ ⋅= =∆ ∆  
 
Onde z é a vazão. Logo: 
 
9 3 2
6 3 1
5 10 10 10 10
5 10 .
z
z m s−
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
∴ = ⋅ ⋅
 
 
Onde a densidade da água vale:  3 310 .kg mρ −= ⋅  
 
b) O consumo de água por ano é de:  
 
6 3 9 332 10 5 10 160 10 .TV m= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅  
 
Para  uma  região  de  400.000  km2  de  área,  o 
volume captado (20%) é dado por: 
 
6400000 10 20%.V h= ⋅ ⋅ ⋅  
 
Onde 1 km2 =106 m2. Assim, teremos: 
 
9 6
3
160 10 400000 10 0,2
2 2 10 .
h
h m mm
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
∴ = = ⋅
 
 
Questão 8  
 
(ITA)  Um  bloco  maciço  requer  uma  potência  P 
para  ser  empurrado,  com  uma  velocidade 
constante, para subir uma rampa inclinada de um 
ângulo θ em relação à horizontal. O mesmo bloco 
requer uma potência Q quando empurrado com a 
mesma  velocidade  em  uma  região  plana  de 
mesmo coeficiente de atrito. Supondo que a única 
fonte de dissipação seja o atrito entre o bloco e a 
superfície,  conclui‐se  que  o  coeficiente  de  atrito 
entre o bloco e a superfície è: 
A(   ). Q/P; 
B(   ). Q/(P‐Q); 
C(   ). Qsenθ/(P‐Q); 
D(   ). Q/(P‐Qcosθ); 
E(   ). Qsenθ/(P‐Qcosθ). 
Resolução: 
Para subir uma rampa com velocidade constante, 
teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
.
at xf P F N mgsen F
mgcos mgsen F
µ θ
µ θ θ
+ = ⇒ + =
+ =  
 
A potência será então: 
 
( ).P Fv P vmg cos senµ θ θ= ⇒ = +   (8.1) 
 
Para uma superfície plana, teremos: 
 
.
atf F N F
mg F
µ
µ
′ ′= ⇒ =
′=  
 
Para esse caso a potência será, então: 
 
.Q F v Q mgvµ′= ⇒ =   (8.2) 
 
Agora,  utilizando  as  equações  (8.1)  e  (8.2), 
teremos: 
 
fat 
N 
P 
F 
v 
θ 
Px 
Py 
 
 
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6 
( )
.
QP cos sen
P Qcos Qsen
Qsen
P Qcos
µ θ θµ
µ µ θ θ
θµ θ
= +
− =
∴ = −
 
 
Letra “E”. 
 
Questão 9  
 
(UnB)  Existem,  pelo  menos,  dois  problemas 
básicos  na  construção de  automóveis movidos  a 
energia  solar.  O  primeiro  é  que,  atualmente,  o 
rendimento  da  maioria  das  células  solares  é  de 
25%,  isto  é,  elas  convertem  em  energia  elétrica 
apenas  25%  da  energia  solar  que  absorvem.  O 
segundo problema é que a quantidade de energia 
solar  disponível  na  superfície  da  Terra  depende 
da latitude e das condições climáticas. Considere 
um automóvel movido a energia solar, com massa 
de 1000 kg  e  com um painel  de 2 m2 de  células 
solares  com  rendimento  de  25%  localizado  em 
seu  teto.  Desconsidere  as  perdas  por  atrito  de 
qualquer espécie e admitindo que 1 cal = 4,18 J e 
que a aceleração da gravidade é igual a 10 mڄs ‐2, 
julgue os itens que se seguem. 
 
(1) Se  a  quantidade  de  energia  solar  absorvida 
por esse painel em 30 dias for de 20 kcalڄcm ‐2, a 
potência gerada por ele será inferior a 200 W. 
(2) A  energia  necessária  para  que  o  automóvel, 
partindo  do  repouso,  atinja  a  velocidade  de 
72kmڄh ‐1 é superior a 3ڄ105 J. 
(3) Supondo  que  o  painel  de  células  solares 
fornecesse  200  W,  para  que  o  carro  fosse 
acelerado  a  partir  do  repouso,  em  uma  pista 
horizontal, até adquirir a velocidade de 72kmڄh ‐1, 
seriam necessários mais de 15 min. 
(4) Suponha  que  o  automóvel,  partindo  com 
velocidade  inicial nula do  topo de uma colina de 
20 m de altura,  e  sendo acelerado com o auxílio 
da energia fornecida pelas células solares, chegue 
ao nível do solo em 60 s, com uma velocidade de 
21  mڄs  ‐1.  Então,  durante  a  descida,  a  potência 
fornecida  pelas  células  solares  foi  inferior  a 
350W. 
Resolução: 
(1) A potência é dada por: 
.EPot
t
= ∆  
 
A  energia,  20  kcalڄcm  ‐2,  é  equivalente  a 
83,6  ڄ107  Jڄm‐2.  O  intervalo  de  tempo,  30  dias, 
corresponde a 2,592ڄ106 s. Como o painel possui 
2 m2,  de  área,  então  a  energia  total  vale:  25% x 
167,2ڄ107 J. Então, a potência vale: 
 
7
6
0, 25 167,2 10 161,3 .
2,592 10
Pot W⋅ ⋅= ≅⋅  
 
Certo. 
 
(2) A velocidade de 72kmڄh ‐1 equivale a 20 mڄs‐1. 
Assim,  a  energia,  para  tirá‐lo  do  repouso  e 
submetê‐lo  a  velocidade  final  acima 
mencionada é: 
 
2 2
3 2
2 2
10 20 200 .
2
f i
c
mv mvE E
E E kJ
=∆ = −
⋅= ∴ =
 
Errado. 
 
(3) Partindo  do  repouso  até  a  velocidade  de 
72kmڄh ‐1 = 20 mڄs ‐1, a energia necessária é de 
200 kj. Assim, com uma potência de 200 W, o 
tempo  para  esse  montante  de  energia  será 
dado por: 
 
3
3200 10 10
200
16,7min .
Et t s
Pot
t
⋅∆ = ⇒∆ = =
∴∆ ≅
 
 
Certo. 
 
(4) O trabalho total (células + peso) vale: 
 
2 3 2
310 21 220,5 10 .
2 2
f
t c
mv
E J⋅ℑ =∆ = = = ⋅  
 
O trabalho do peso vale:  
 
3 310 10 20 200 10 .p mgh Jℑ = = ⋅ ⋅ = ⋅  
 
 
 
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7 
O  trabalho  da  célula  vale  então,  20,5ڄ103  J.  A 
potência será então igual a: 
 
320,5 10 341,6 .
60
Pot W⋅= =  
 
Certo. 
 
Questão 10  
 
(UNICAMP)  Um  carrinho  de  massa  m  =  300  kg 
percorre uma montanha‐russa cujo trecho BCD é 
um  arco  de  circunferência  de  raio  R  =  5,4  m, 
conforme  a  figura.  A  velocidade  do  carrinho  no 
ponto A é vA = 12 mڄs ‐1. Considerando g=10 mڄs ‐2 
e desprezando o atrito, calcule: 
a) a velocidade do carrinho no ponto C; 
b) a aceleração do carrinho no ponto C; 
c) a força feita pelos trilhos sobre o carrinho no 
ponto C. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
a) Considerando  que  o  atrito  é  desprezível, 
podemos  utilizar  o  princípio  da  conservação 
da energia mecânica. Assim, teremos: 
 
2 2
2
1
2 2
144 2 10 5,4
6 .
A C
A C
C
C
Em Em
mv mv mgRv
v m s−
=
/ /= + /
= + ⋅ ⋅
∴ = ⋅
 
 
b) A  aceleração  do  carrinho  no  ponto  C  é  a 
aceleração centrípeta, dada por: 
 
2
236 .
5,4
C
cp
va m s
R
−= = ⋅  
 
Aproximadamente 6,7 mڄs ‐2. 
 
C) A força resultante sobre o carrinho no ponto C 
é dada por: 
 
, .r r r cpF P N F P N F F= + ⇒ = − =
? ? ?
 
 
Onde N é a  força normal de contato que o  trilho 
exerce no carrinho. Assim, teremos: 
 
2
300 36 3000
5,4
1000 .
Cmv mg N
R
N
N N
= −
⋅ = −
∴ =
 
 
Questão 11  
 
(UNICAMP) Um bloco de massa = 0,5 kg desloca‐
se sobre um plano horizontal, cujo coeficiente de 
atrito  µ  vale  0,4,  e  comprime  uma  mola  de 
constante elástica k = 1,6ڄ102 Nڄm‐1. Sabendo que 
a máxima compressão da mola pela ação do bloco 
é x ൌ 0,1 m, calcule: 
aሻ o  trabalho  da  força  de  atrito  durante  a 
compressão da mola; 
bሻ a velocidade do bloco no instante em que ele 
tocou a mola. 
Resolução: 
a) o trabalho da força de atrito vale: 
 
0,4 5 0,1 0,2 .
fat at
fat
fat fat
f x
N x
J
µ
ℑ =− ⋅
ℑ =− ⋅ ⋅
ℑ =− ⋅ ⋅ ∴ℑ =−
 
 
b) Nesse  caso,  não  ocorre  conservação  da 
energia  mecânica.  Temos  que  considerar  o 
trabalho  negativo  realizado  pela  força  de 
atrito. Assim, como  fat Emℑ =∆ , teremos: 
 
2 2
2 2 2
1
2 2
0,5 1,6 10 0,10,2
2 2
2 .
i fat f
fat
Em Em
mv kx
v
v m s−
+ℑ =
+ℑ =
⋅ ⋅− =
= ⋅
 
 
 
 
 
A 
B 
C 
D 
 
 
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8 
Questão 12  
 
(UFSC) Uma formiga de massa m encontra‐se no 
topo de uma bola de bilhar rigidamente presa ao 
solo, conforme a figura. A bola possui um raio R e 
superfície  altamente  polida.  Considere  g  a 
aceleração da  gravidade  e  despreze  os  possíveis 
efeitos dissipativos. A  formiga começa a deslizar 
na bola com velocidade inicial nula. 
 
 
 
 
 
 
a) Calcule o módulo da velocidade da formiga no 
ponto em que ela perde contato com a bola. 
b) Calcule  a  altura,  a  partir  do  solo,  em  que  a 
formiga perde contato com a bola. 
Resolução: 
a) No  ponto  em  que  a  formiga  perde  contato 
com  a  bola,  a  força  centrípeta  na  formiga  é 
dada por: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2 .
cp
mvF Pcos mgcos
R
v Rgcos
θ θ
θ
/= ⇒ = /
=
 
 
Utilizando  a  conservação  da  energia  mecânica, 
teremos: 
 
( )
2
2
2
2
2
4 2 2
2 3
2 .
3
i fEm Em
mvmg R mg R Rcos
Rg v Rg Rgcos
Rg v
Rgv
θ
θ
=
/⋅ = + +/ /
= + +
=
∴ =
 
 
b) A altura a partir do solo é dada por: 
 
2
2 5 .
3 3
H R Rcos
vH R
g
R RH R H
θ= +
= +
= + ∴ =
 
 
Questão 13  
 
(ITA)  Uma  haste  rígida,  de  comprimento  L  e 
massa  desprezível,  é  suspensa  numa  das 
extremidades  de  tal  maneira  que  oscila  sem 
atrito. Na outra extremidade da haste está fixado 
um  bloco  de  massa  m  =  4,0  kg.  A  haste  é 
abandonada do  repouso,  fazendo um ângulo θ = 
600 com a vertical. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nessas  condições,  e  adotando  g  =  10,0  mڄs  ‐2,  a 
tração  T
?
  sobre  a  haste,  quando  o  bloco  passa 
pela posição mais baixa, vale: 
A(   ). 40N. 
B(   ). 80N. 
C(   ). 160N. 
D(   ). 190N. 
E(   ). 210N. 
Resolução: 
O  bloco  parte  do  repouso  de  uma  altura 
igual  a:  L+(Lڄcos600)=3L/2.  Assim,  utilizando  a 
conservação da energia mecânica, teremos: 
 
2
2
2
3 3
2 2
30 .
i fEm Em
mg L mv v gL
v L
=
/ /= ⇒ =/ /
=
 
 
R 
R 
P 
Pcosθ 
θ 
h 
Rcosθ 
θ
m 
L
T
?
 
 
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9 
Mas  no  ponto  mais  baixo  da  trajetória,  a  força 
resultante é uma força centrípeta que é expressa 
por: 
 
2
4 30 40
160 .
cpF T P
mv T mg
L
L T
L
T N
= −
= −
/⋅ + =/
∴ =
 
 
Letra “C”. 
 
Questão 14  
 
(ITA) Um pêndulo simples é constituído de um fio 
de  comprimento  L,  ao  qual  se  prende  um  corpo 
de massa m.  Porém,  o  fio  não  é  suficientemente 
resistente,  suportando  no  máximo  uma  força 
tensora  de  intensidade  1,4  mg,  sendo  g  a 
intensidade  da  aceleração  da  gravidade  local.  O 
pêndulo é abandonado de uma posição em que o 
fio  forma  um  ângulo  α  com  a  vertical.  Sabendo 
que o fio se rompe no instante em que o pêndulo 
atinge a posição vertical, calcule o valor de cos α. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Utilizando  a  conservação  da  energia  mecânica, 
teremos, para a velocidade no ponto mais baixo: 
 
( )
2
2
, cos
2
2 1 .
i fEm Em
mvmgh h L L
v gL cos
α
α
=
/= = −/
= −
 
 
A  força  centrípeta  no  ponto  mais  baixo  é  dada 
por: 
 
2
cp
mvF T P T mg
L
= − ⇒ = −  
Como a corda se rompe nesse ponto, a tração vale 
1,4 mg. Assim, teremos: 
 
( )
( )
2 1
1,4
2 1 cos 0,4
cos 0,8.
m gL cos
mg mg
L
α
α
α
/⋅ −/ / = −/ // //
− =
∴ =
 
 
Questão 15  
 
(FEB‐SP)  Um  bloco  de  500  kg  é  solto  de  uma 
altura  de  2  m  sobre  uma  estaca  de  10  cm  de 
altura,  enterrando‐a  no  solo.  Assinale  a 
alternativa que indica, em newtons, a força média 
constante  exercida  pelo  bloco  sobre  a  estaca, 
considerando  que  a  aceleração  da  gravidade  é 
10mڄs ‐2.   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 500. 
B(   ). 1000. 
C(   ). 10000. 
D(   ). 100000. 
E(   ). 1000000. 
Resolução: 
Imediatamente  antes  de  colidir  com  a  estaca,  o 
bloco terá uma velocidade dada por: 
 
2
1
500500 10 1,9
2
38 .
i fEm Em
v
v m s−
=
⋅ ⋅ =
= ⋅
 
 
Pelo princípio da ação e reação, o módulo 
da força que o bloco exerce na estaca será    igual 
ao  módulo da força que a estaca exerce no bloco. 
 O  trabalho da  força resultante no bloco é 
igual  à  variação  da  energia  cinética  do  bloco. 
Sendo,  a  força  resultante  no  bloco,  igual  à  força 
α  L 
h 
Bloco
Estaca 
2 m
10 cm 
 
 
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10 
exercida  pela  estaca  no  bloco  menos  o  peso  do 
bloco. Logo, 
( ) 500 385000 0,1
2
5000 95000 100000 .
cE F
F F N
⋅ℑ=∆ ⇒ − ⋅ =
− = ∴ =
 
 
Letra “D”.