Exercícios Aula 10 gabarito

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Gabarito: FÍSICA 1 – AULA 10 
 
Resposta da questão 1: 
 [D] 
 
Antes de analisar as afirmações, vamos calcular os valores da energia mecânica em cada um dos pontos. 
A A A A
B B B B
C C C C
D D D
2 2
A
M C Pg A M
2 2
B
M C Pg B M
2 2
C
M C Pg C M
2
D
M C Pg D
m v 12 12
E E E m g h 1 10 5 72 50 E 122 J
2 2
m v 12 12
E E E m g h 1 10 4 72 40 E 112 J
2 2
m v 12 12
E E E m g h 1 10 3 72 30 E 102 J
2 2
m v 12 12
E E E m g h
2
 
             
 
             
 
             
 
      
D
2
M1 10 2 72 20 E 92 J
2
      
 
 
Desta forma, é possível calcular o trabalho das forças dissipativas entre os pontos. 
B A
C B
D C
AB M M AB
BC M M BC
CD M M CD
W E E 112 122 W 10 J
W E E 102 112 W 10 J
W E E 92 102 W 10 J
      
      
      
 
 
Agora, analisando as afirmações, temos que: 
[I] CORRETA. Vide cálculos 
[II] INCORRETA. Apesar do módulo da velocidade ser igual em todos os pontos, a sua direção e sentido varia. Como a quantidade 
de movimento é uma grandeza vetorial, então a quantidade de movimento não é igual em todos os pontos. 
[III] INCORRETA. Vide cálculos. 
[IV] CORRETA. No ponto B, o carrinho está no ponto de maior altura do loop. 
 
 
 
Neste ponto, é possível dizer que a soma do peso e da força normal é igual a força centrípeta. Assim, 
c
2
c
2
F P N
m v
N F P m g
R
1 12
N 1 10
2
144
N 10
2
N 62 N
 

    

  
 

 
 
[V] CORRETA. Vide desenho do item IV. 
 
Resposta da questão 2: 
 [D] 
 
Dados: 
2
cF 200N; m 20kg; 0,2; g 10m / s .μ   
 
 
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica: 
 at
2
F F m a F m g m a 200 0,2 20 10 20 a 
160
a 8 m/s .
20
μ         
 
 
 
Calculando a velocidade final: 
 0v v a t 0 8 10 v 80 m/s.     
 
 
Pelo Teorema da Energia Cinética: 
 
 
222
0
res res res
res
20 80m vm v
W W 0 W 10 6.400 
2 2 2
W 64.000 J.
       

 
 
Resposta da questão 3: 
 [A] 
 
A área sombreada abaixo é numericamente igual ao trabalho da força elástica. 
 
 
80 40
W x2 120J
2

 
. 
 
Resposta da questão 4: 
 [E] 
 
Dados: m = 1.140 ton = 1,14  106 kg; h = 710 m; g = 10 m/s2. 
F
W
= m g h = (1,14  106) (10) (710) = 8,094  109 J = 8.094.000  103 J  
F
W
 = 8.094.000 kJ. 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Adotemos como referencial de altura a base dos planos inclinados. Pelo teorema da energia potencial, o trabalho da força peso 
independe da trajetória, sendo dado por: 
inicial final
Pot Pot 1 2 1 2P
T E E T T 0 mgh T T m g h.         v
 
O trabalho da força peso só depende das alturas final e inicial, sendo, então, positivo na descida e negativo na subida. 
 
Resposta da questão 6: 
 [E] 
 
Resposta da questão 7: 
 [B] 
 
Resposta da questão 8: 
 a) Dados: 
9 12 7 8S 4,5 10 km 4,5 10 m; t 9,5 anos 9,5 3 10 s 2,85 10 s.Δ Δ         
 
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: 
2 11
6
R cin 5
4
mv 2 2 768 10
TEC : E v 256 10
2 m 6 10
v 1,6 10 m/s.
τ
τ Δ τ
 
        

 
 
 
Resposta da questão 9: 
 [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: 
2
2 2 2
0
2 2
c
1m / s
108km / h
3,6 km / hv 900 m / s
d d d d 90 m
2 g 2 0,5 10 m / s 10 m / sμ
 
 
 
      
  
 
 
Resposta da questão 10: 
 [D] 
 
A variação da energia cinética é dada por: 
 
C C(final) C(inicial)
22
2 20
C 0
E E E
m vm v m
E v v
2 2 2
Δ
Δ
 

   
 
 
Substituindo os valores: 
    2 2C C2000 kgE 0 m / s 20 m / s E 400000 J
2
Δ Δ    
 
 
Em notação científica: 
5
CE 4,0 10 JΔ   
 
 
Resposta da questão 11: 
 [C] 
 
Supondo que a força aplicada pelos freios seja a resultante das forças atuantes no veículo, aplicando o teorema da energia 
cinética, temos: 
   
22
32 20
cinR R
R
m vm v 1000
W E W 10 20 500 300 150 10 J 
2 2 2
W 150 kJ.
Δ           

 
 
Resposta da questão 12: 
 [B] 
 
I. Errada. 
Entre A e B, há conservação de energia. Portanto: 
2
A B B
1
mgH mV V 2gH
2
  
 
BV 2x10x0,8 4,0m / s 
 
 
II. Errada. 
 
Em C, a velocidade deverá ser menos que em B devido ao atrito. 
 
III. Correta. 
 
Como sabemos, o trabalho da resultante é igual à variação da energia cinética. 
2
C c0
1
W E E mgH mg.BC kx 0
2
μ     
 
2 211x10x0,8 0,1x1x10x3,5 x100x 0 50x 4,5
2
    
 
2x 0,09 x 0,3m 30cm   
 
 
IV. Correta. 
 
Como sabemos, o trabalho da resultante é igual à variação da energia cinética. 
C c0
H 0,8
W E E mgH mg.d 0 d 8,0m
0,1
μ
μ
        
 
 
Para percorrer 8,0 m na parte plana, ele deverá atingir 3,5 m para a direita, 3,5 m para a esquerda e 1,0 m para a direita. 
Portanto, parará a 1,0 m de B. 
 
Resposta da questão 13: 
 a) Pela conservação da energia mecânica, a energia potencial elástica armazenada no arco é igual a energia cinética inicial da 
flecha. 
 
22
0
pot cin pot
0,25 30mv
E E E 112,5J.
2 2
    
 
 
b) Da expressão da altura máxima 
(H)
 para o lançamento oblíquo: 
2
2
2 2
0
230
2v sen 900
H h 22,5m.
2g 20 40
θ
 
 
     
 
 
c) O alcance horizontal 
(A)
 para um lançamento oblíquo pode ser dado pela expressão: 
2 2
0v 30 900A sen2 sen90 A 90m.
g 10 10
θ     
 
 
Resposta da questão 14: 
 Primeiramente faz-se necessário calcular a energia dissipada durante o período de frenagem. Pelo o princípio da conservação 
de energia, a energia dissipada 
 dE
 tem que ser igual ao valor da energia cinética inicial 
 cE .
 Assim, pode-se escrever: 
 
2
d c
2
3
d
5
d
m v
E E
2
72
100 10
3,6
E
2
E 200 10 J

 
 
   
 

 
 
 
Para que seja possível evaporar completamente uma massa 
x
 de água, a quantidade de calor a ser fornecido é dada por: 
 
t 1 2
t
Q Q Q m c m L
Q m c L
Δθ
Δθ
      
   
 
 
Assim, igualando a equação do calor a ser fornecido à água com o valor da energia dissipada, pode-se encontrar a quantidade de 
massa de água existente. Note que o valor da energia previamente calculado deve estar em calorias 
(cal).
 Assim, pode-se 
escrever: 
     5
6
200 10 0,24 cal m c L
4,8 10
m
1 80 540
m 7,74 kg
Δθ     


 
 
 
Resposta da questão 15: 
 [C] 
 
Analisando o movimento durante a descida (do ponto A para o ponto B), temos que: 
A B
A B
M M
pg c
2
B
2
B
E E
E E
m v
m g h
2
v 800


  

 
 
Analisando o movimento durante o movimento retilíneo no qual existe uma força de atrito atuando, podemos encontrar a 
aceleração que atua no corpo. 
 
 
R at
2
F F
m a m g
a 0,25 10
a 2,5 m s
μ
 
    
  
 
 
 
Assim, usando a equação de Torricelli, podemos encontrar a velocidade do corpo no ponto C. 
 
2 2
c B
2
c
2
c
2
c
v v 2a S
v 800 2 2,5 40
v 800 200
v 600
Δ  
    
 

 
 
Para que um corpo consiga efetuar um loop sem que perca o contato com a pista, este deve ter uma velocidade mínima no 
ponto mais alto na trajetória, cujo o módulo deve ser 
mínv R g 
 
 
Desta forma, chamando de D o ponto mais alto do loop e sabendo que a altura neste ponto é igual a 2 vezes o raio da trajetória, 
temos que: 
C D
C D D
M M
c c pg
2 2
C D
E E
E E E
m v m v
m g h
2 2
600 R g
10 2R
2 2
300 40R 10R
50R 600
R 12 m

 
 
   

  
 


 
 
Resposta da questão 16: 
 [A] 
 
Sabendo que se trata de uma queda livre (velocidade inicial 
0v
 é nula), onde a altura inicial é de 
5
 metros e a massa do corpo é 
de 
0,5 kg,
 podemos resolver de duas formas distintas. 
 
1ª Solução – Queda Livre: 
Utilizando a equação de Torricelli, temos que: 
2 2
0v v 2 a SΔ   
 
Onde, 
0
a g
S h
v 0
Δ



 
 
Temos que, 
2
2
v 2 g h
v 2 10 5
v 100
v 10 m s
  
  


 
 
2ª Solução – Conservação de Energia Mecânica: 
Sabendo que inicialmente o corpo está em repouso, podemos dizer que: 
i f
g fi
m m
p c
2
2
E E
E E
m v
m g h
2
v 2 g h
v 10 m s



  
  

 
 
Resposta da questão 17: 
 [B] 
 
Pela conservação da energia mecânica: 
  
2
A B A
mec mec A
m v
E E m g H v 2 g H 2 10 0,45 9 v 3 m/s 
2
v 10,8 km/h.
         

 
 
Resposta da questão 18: 
 [B] 
 
Em relação ao plano horizontal que passa por 
A,
 a altura em 
D
 é 
ABH 1,6 1 0,6 m.  
 
 
Usando a conservação da energia mecânica: 
 
  
 
2 2
A D A
mec mec AD
2 2
m v k x
E E m gH 
2 2
200 10 10.000 1.200 21.100 x
200 10 0,6 x 
2 2 1100
x 4 m.
    

    

 
 
Resposta da questão 19: 
 [C] 
 
Para atingir o ponto C, tem que passar pelo ponto B. 
Tratando-se de um sistema conservativo, pela conservação da energia mecânica: 
  
2
A B 0
Mec Mec B 0 B
0
m V
E E m g h V 2 g h 2 10 16,2 324
2
V 18 m / s.
       
 
 
Obs: rigorosamente, V0 > 18 m/s.