LEIS DE CONSERVAÇÃO

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1 
 
 
 
Foca na medicina 
Questões de Física 
Professor Fábio Vidal 
LEIS DE CONSERVAÇÃO 
 
1. (Uerj 2014) Duas gotas de orvalho caem de uma mesma folha de árvore, 
estando ambas a uma altura h do solo. As gotas possuem massas e 
sendo Ao atingirem o solo, suas velocidades e energias cinéticas são, 
respectivamente, e 
Desprezando o atrito e o empuxo, determine as razões e 
 
2. (Fuvest 2015) Uma criança de está em repouso no topo de um 
escorregador plano de 2,5 m de altura, inclinado em relação ao chão 
horizontal. Num certo instante, ela começa a deslizar e percorre todo o 
escorregador. 
Determine 
 
a) a energia cinética e o módulo da quantidade de movimento da criança, 
na metade do percurso; 
b) o módulo da força de contato entre a criança e o escorregador; 
c) o módulo da aceleração da criança. 
 
Note e adote: 
Forças dissipativas devem ser ignoradas. 
A aceleração local da gravidade é 
 
 
 
 
3. (Uerj) Considere que fosse utilizada uma rampa de lançamento inclinada para 
impulsionar o macaquinho. 
Uma mola ideal, de coeficiente k e comprimento é inicialmente 
comprimida até que o macaquinho fique a uma altura h do solo. 
 
1m 2m ,2 1m 2m .1 1v , E2 2v , E .
1
2
v
v
1
2
E
.
E
30 kg
30
E Q
Fa 210 m / s .sen 30 cos 60 0,5   sen 60 cos 30 0,9   
0 2 2m,l
2 
 
 
 
O macaquinho se desprende da rampa no momento em que a mola volta à sua 
posição inicial de relaxamento, a uma altura h0=4h/3 do solo. 
Desprezando as forças não conservativas e (gravitacional), determine o valor 
de k, de modo que o módulo da velocidade inicial de lançamento seja igual a 
20m/s. 
 
Dado: 
massa do macaquinho = 40 kg 
 
4. (Ufpe 2013) O gráfico a seguir mostra a energia cinética de um pequeno bloco 
em função da altura. Na altura a energia potencial gravitacional do bloco é 
nula. O bloco se move sobre uma superfície com atrito desprezível. Calcule a 
energia potencial gravitacional máxima do bloco, em joules. 
 
 
 
TEXTO PARA AS PRÓXIMAS 2 QUESTÕES: 
Dados: 
 
Aceleração da gravidade: 
Densidade do mercúrio: 
Pressão atmosférica: 
Constante eletrostática: 
 
 
5. (Ufpe 2012) Um objeto de 2,0 kg é lançado a partir do solo na direção vertical 
com uma velocidade inicial tal que o mesmo alcança a altura máxima de 100 m. 
E
h 0
210 m/s . 313,6 g/cm .5 21,0 10 N/m . 9 2 2
0 0k 1 4 9,0 10 N m /C .πε   
3 
 
O gráfico mostra a dependência da força de atrito , entre o objeto e o meio, 
com a altura. Determine a velocidade inicial do objeto, em m/s. 
 
 
 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Constantes físicas necessárias para a solução dos problemas: 
aceleração da gravidade: 10 m/s2 
constante de Planck: 
 
 
6. (Ufpe 2012) Uma bolinha de massa m = 200 g é largada do repouso de uma 
altura h, acima de uma mola ideal, de constante elástica k = 1240 N/m, que está 
fixada no piso (ver figura). Ela colide com a mola comprimindo-a por ∆x = 10 cm. 
Calcule, em metros, a altura inicial h. Despreze a resistência do ar. 
 
 
7. (Fuvest 2015) Um corpo de massa desliza sem atrito, sujeito a uma força 
gravitacional vertical uniforme, sobre um “escorregador logarítmico”: suas 
coordenadas no plano cartesiano, que representam distâncias medidas em 
metros, pertencem ao gráfico da função 
 
 
 
aF
346,6 10 J s 
M(x, y) 1
2
f(x) log x 4. 
4 
 
O corpo começa sua trajetória, em repouso, no ponto de abscissa e 
atinge o chão no ponto de ordenada conforme figura abaixo. 
 
 
 
Não levando em conta as dimensões do corpo e adotando como o valor 
da aceleração da gravidade, 
 
a) encontre a abscissa do ponto 
 
b) escreva uma expressão para a energia mecânica do corpo em termos de sua 
massa de sua altura e de sua velocidade escalar 
 
c) obtenha a velocidade escalar v como função da abscissa do ponto ocupado 
pelo corpo; 
 
d) encontre a abscissa do ponto a partir do qual v é maior do que 
 
TEXTO PARA AS PRÓXIMAS 2 QUESTÕES: 
Dados: 
 
Aceleração da gravidade: 
Densidade do mercúrio: 
Pressão atmosférica: 
Constante eletrostática: 
 
 
8. (Ufpe 2012) O martelo de ferro de 1,5 toneladas, de um bate-estaca, cai em 
queda livre de uma altura de 5,0 m, a partir do repouso, sobre uma estaca de 
cimento. O martelo não rebate após a colisão, isto é, permanece em contato com 
a estaca. A força exercida pela estaca sobre o martelo varia com o tempo de 
acordo com o gráfico a seguir. Calcule o valor da força máxima , em unidades 
de . Despreze todas as perdas de energia existentes entre o martelo e a 
guia, bem como com as demais engrenagens. 
 
A, x 1,B, y 0,
210 m s
B;
M, y v;
60 m s.
210 m/s . 313,6 g/cm .5 21,0 10 N/m . 9 2 2
0 0k 1 4 9,0 10 N m /C .πε   
maxF310 N
5 
 
 
 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Dados: 
 
Aceleração da gravidade: 
Densidade da água: 
Velocidade da luz no vácuo: 
 
 30º 37º 45º 
sen 0,50 0,60 0,71 
cos 0,86 0,80 0,71 
 
 
 
9. (Ufpe 2011) O gráfico seguinte mostra como a energia potencial de uma 
partícula varia com a sua posição. O valor da energia mecânica da partícula, 
, também aparece no gráfico. A partícula de massa se move em linha reta. 
Todas as forcas que atuam na partícula são conservativas. Obtenha a velocidade 
máxima da partícula, em m/s. 
 
 
 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
Prata, francês compara vaias no Rio às recebidas por Jesse Owens em 
1936 
 
Gustavo Franceschini e Rodrigo Mattos 
Do UOL, no Rio de Janeiro 
 
 
210 m/s3 310 kg/m83 10 m/s
ME0,1 kg
6 
 
Atual campeão olímpico e favorito absoluto ao bi, Renaud Lavillenie foi 
surpreendido por Thiago Braz e terminou com a prata no salto com vara 
masculino. A derrota e a forma como ela aconteceu irritaram o francês, que saiu 
reclamando da torcida e comparou o público do Engenhão aos alemães nazistas 
que vaiaram Jesse Owens, um negro americano, na Olimpíada de 1936, em 
Berlim. 
“Não houve fair play por parte do público. Isso é para futebol, não para o 
atletismo. Em 1936, o público estava contra Jesse Owens. Não víamos isso 
desde então. Preciso lidar com isso. Para as Olimpíadas, não é uma boa 
imagem. Não fiz nada para os brasileiros”, declarou ele logo após a derrota. 
 
Disponível em: 
<http://olimpiadas.uol.com.br/noticias/redacao/2016/08/16/derrotado-por-thiago-
braz-frances-quer-revanche-na-mesma-moeda-em-paris.htm>. Acesso em: 27 
set. 2016. 
 
 
 
 
10. (Ufpe 2017) Responda: 
 
a) O número de flexibilidade de uma vara para saltos é a sua deflexão medida 
em centímetros, quando um peso padrão, usualmente é suspenso no 
meio da vara na posição horizontal, conforme ilustrado na figura A, abaixo. 
Portanto, flexibilidade significa deflexão flexibilidade 
significa deflexão e assim por diante. Considerando que a vara se 
comporta como uma mola ideal, esboce o gráfico da deflexão em função do 
peso quando pesos variados são suspensos de forma consecutiva no meio da 
vara. 
 
 
 
x,22,7 kg,
20.5x 20,5 cm,24,3x 24,3 cm,
x
7 
 
 
 
b) Na figura B, acima, é representado um salto cuja altura máxima do centro 
de massa do atleta é Considerando que a corrida para o salto foi 
realizada com velocidade constante de e que na altura a velocidade 
do atleta é nula, determine o ganho percentual de energia obtido em relação à 
energia cinética inicial quando o atleta flexiona a vara ao tocar na caixa de 
apoio. Despreze a massa da vara e a resistência do ar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
h 6,03 m.9,20 m sh
8 
 
GABARITO COMENTADO 
 
Resposta da questão 1:
 Razão entre as velocidades: 
Pela conservação da energia mecânica, podemos mostrar que a velocidade 
independe da massa: 
2
final inicial 1
Mec Mec 1 2
2
m v v
E E m g h v 2 g h v v 1.
2 v
        
 
 
 Razão entre as energias cinéticas: 
Dado: m2 = 2 m1. 
2
1 1
1 1 1
2
2 1 22 2
m v
E m E 12
 .
E 2 m E 2m v
2
   
 
 
Resposta da questão 2: 
 
 a) Dados: 
2m 30 kg; g 10 m/s ; H 2,5 m.  
 
 
Analisemos a figura a seguir: 
 
 
 
Por semelhança de triângulos: 
d
h H 2,52 h h 1,25 m.
H d 2 2
     
 
 
O sistema é conservativo. Com referencial na base do plano, vem: 
 
A B A A B B B
Mec Mec Cin Pot Cin Pot Cin
B
Cin
E E E E E E 0 m g H E mg h 
E E m g H h 30 10 1,25 E 375 J.
         
       
 
 
Calculando a velocidade e a quantidade de movimento (Q) no ponto B: 
2
2B
B B
B
m v 2 E 2 375
E v 25 v 5 m/s.
2 m 30
Q m v 30 5 Q 150 kg m/s.

      
     
 
9 
 
 
b) Dados: 
2m 30 kg; g 10 m/s ; cos30 0,9.   
 
Como não há atritos a considerar, a força de contato entre o escorregador e a 
criança é a força normal, de intensidade F. 
 
 
 
yF P Pcos m g cos30 30 10 0,9 F 270 N.θ        
 
c) Dados: 
2m 30 kg; g 10 m/s ; sen30 0,5.   
 
 
A força resultante sobre a criança é a componente tangencial do peso, Px. 
2
res xF P m gsen m a m gsen30 10 0,5 a 5 m/s .θ        
 
 
 
Resposta da questão 3: 
 
Dados: m = 40 kg; 
0 2 2m;l
 v0 = 20 m/s. 
 
A figura ilustra a situação: 
 
 
 
Por semelhança de triângulos: 
 
0 0 0
0 0
h 2 2(h h)x 2 23
 x x m.
4 hh h h 4
3
Δ

     

l l
 
 
Pela conservação da Energia Mecânica: 
 
 
22 22
0 0
2 2
40 20m v m vk x 40 400 16
 k 
2 2 4 2x 2 2 4
k 32.000 N/m.
 
     


 
 
 
 
10 
 
 
Resposta da questão 4: 
 
Pela conservação da energia mecânica, a energia potencial é máxima no ponto 
em que a energia cinética é mínima, ou seja, no ponto de altura h = 10 m. 
 
Da leitura do gráfico e do enunciado, temos: 
cin
i i pot
potcin
f f f
h 0 m E 10 J; E 0.
h 10 m E 4 J; E ?
    

   
 
 
pot pot potmec mec cin cin
i f i fi f f
pot
máx
E E E E E E 10 0 4 E 
E 6 J.
         

 
 
Resposta da questão 5: 
 
Como há atuação da força de atrito, haverá energia dissipada no sistema. Devido 
a isso, podemos concluir que a energia mecânica inicial será igual à energia 
mecânica final somada ao módulo do trabalho da força de atrito, que representa 
a energia dissipada. inicial final atritoEm Em | |τ 
 
 
- No momento inicial: 
2
0
inicial inicial
m.V
Em Ep Ec Em m.g.h
2
    
 
2
0
inicial
m.V
h 0 Em
2
  
 
 
- No momento final: 
2
final final
m.V
Em Ep Ec Em m.g.h
2
    
 
finalV 0 Em m.g.h  
 
- Trabalho da força de atrito: atritoτ 
 área sob a curva do gráfico. 
 
A figura sob a curva do gráfico é um triângulo e sua área será: 
b.a 100.10
área 500
2 2
  
 atrito| | 500Jτ 
 
2
0
inicial final atrito
m.V
Em Em | | m.g.h 500
2
τ    
 
Substituindo os valores: 
2 2
0 0m.V 2.Vm.g.h 500 2.10.100 500
2 2
    
 0V 50m / s
 
 
11 
 
 
Resposta da questão 6: 
 
 E(gravitacional) = E(elástica) 
m.g.(h + x) = 
2k.x
2
 
0,2.10.(h + 0,1) = 1240. 
 
2
0,1
2
 
2.(h + 0,1) = 6,2 
h + 0,1 = 3,1 
h = 3 m. 
 
Resposta da questão 7: 
 
 a) Quando 
B Bx x y 0.  
 
Assim: 
4
4
1 1
2 2
1
log x 4 0 log x 4 x x 2
2
x 16 unidades de comprimento.

 
          
 

 
 
b) Usando a expressão da Energia Mecânica: 
2 2
mec cin pot mec mec
2
mec
M v v
E E E E M g y E M g y
2 2
v
E M 10 y unidades de energia.
2
 
         
 
 
 
  
 
 
 
 
c) Como o corpo parte do repouso em 
x 1,
 temos 
0v 0.
 
Na expressão dada, para 
x 1,
 temos: 
 1
2
y log 1 4 0 4 y 4.     
 
 
Aplicando esses dados na expressão obtida no anterior: 
2 2
mec mec
mec
v 0
E M 10 y E M 10 4 
2 2
E 40 M.
   
         
   
   

 
 
Pela conservação da Energia Mecânica: 
12 
 
2 2 2
1 1 1
2 2 2
1
2
v v v
M 10 log x 4 40 M 40 10 log x 40 10 log x 
2 2 2
v 20 log x .
  
            
  
  
 
 
 
Caso queiramos eliminar o sinal (–) do radicando, podemos mudar o 
logaritmo para a base 2: 
2 2
1 1 2
2 22
log x log x
log x log x log x. 
1 1
log
2
    

 
 
Assim: 
2v 20 log x
unidades de velocidade. 
 
d) Se 
v 60 m s,
 então teremos: 2 2 220log x 60 20log x 60 log x 3 x 8      
 
 
Resposta da questão 8: 
 
O gráfico apresentado é de F x t, ou seja, a área sob a sua curva representa o 
impulso (I=F.t), que por sua vez, representa a variação da quantidade de 
movimento 
(I Q m. V).   
 Sendo assim, concluímos que: m. V = I = área sob 
a curva do gráfico. 
Para determinarmos a velocidade do martelo ao bater na estaca, vamos 
considerar um sistema conservativo: 
2m.V
Ec Ep m.g.h V 2.g.h V 2.10.5 V 10m / s
2
        
 
Como o martelo perde toda a sua velocidade após a colisão com a estaca: | V | 10m / s 
. 
A figura sob a curva do gráfico é um trapézio e sua área será: 
max
max
(0,3 0,1).F(B b).alt
área 0,2.F
2 2

  
 
 
m. V = I = área sob a curva do gráfico 
m = 1,5 ton = 1500 kg 
 maxm. V área 1500.10 0,2.F   
 
3
maxF 75x10 N.
 
 
Resposta da questão 9: 
 
 Dados: m = 0,1 kg; 
ME
= 45 J. 
 
Como o sistema é conservativo, a velocidade é máxima no ponto onde a energia 
cinética máxima, ou seja, onde a energia potencial é mínima. 
13 
 
Analisando o gráfico, o mínimo valor da energia potencial é zero quando a 
energia cinética é máxima, igual a 45 J. 
Assim: 
 
 
máx
2 2
máx máx
máxcin
máx
45 2mv 0,1 v
E 45 v 900 
2 2 0,1
v 30m / s.
      

 
 
Resposta da questão 10: 
 
a) Considerando a vara como uma mola ideal, o comportamento do gráfico da 
deflexão em função do peso será uma reta que passa pela origem e seu esboço 
está representado abaixo: 
 
 
 
b) Considerando o sistema conservativo, a energia mecânica antes do salto 
(corrida) mais a energia elástica da vara deve ser igual à energia potencial 
gravitacional na altura máxima. Assim, podemos calcular o ganho percentual de 
energia devido à flexão da vara. 
A energia mecânica da corrida é a soma das energias cinéticas e potencial 
gravitacional do centro de massa, considerando como referencial o solo, porém 
vamos considerar o referencial de altura no centro de massa, assim: 
2 2
M c M
mv 9,2
E E m E m 42,32 J
2 2
 
      
 
 
 
 
Para chegar à altura da barra com velocidade nula, temos somente a energia 
potencial gravitacional neste ponto que está há 5 m do centro de massa, 
representa o máximo de energia necessário para a tarefa. 
 
 pg pgE mg h m 10 6,03 1,03 E m 50,0 JΔ       
 
 
Então, fazendo o cálculo da porcentagem entre os dois valores, temos: 
50,0 42,32
% ganho de energia 100 18,15%
42,32

  
 
 
 
 
 
 
14