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Exercícios propostos
Capítulo
Testes propostos Menu Resumo do cap í tu lo
1Os fundamentos da Física • Volume 1
15 Energia
P.336 Dados: m � 10 kg; v0 � 0; v � 144 km/h � 40 m/s; ∆t � 16 s
$ � Ec � Ec(0) ⇒ $ � 
mv 2 2
2
 0 
10 (40)
2
� �
�
 ⇒ $ � 8.000 J
Sugestão de outra solução (mais trabalhosa):
v � v0 � αt ⇒ 40 � α � 16 ⇒ α � 2,5 m/s2
F � m�α� ⇒ 10 � 2,5 ⇒ F � 25 N
∆s � 1
2
αt2 ⇒ ∆s � 1
2
 � 2,5 � (16)2 ⇒ ∆s � 320 m
$ � F � ∆s ⇒ $ � 25 � 320 ⇒ $ � 8.000 J
P.337 Vamos calcular a força F pelo teorema da
energia cinética:
$R � Ec � Ec(0)
� � �F d mv mv 
2
 
2
2
0
2
�
� � �F 500 0 
60.000 (12,5)
2
2
�
�
 ⇒ F � 9.375 N
v0 � 45 km/h � 12,5 m/s v � 0
d � 500 m
F
P.338 Dados: m � 100 g � 0,10 kg; v0 � 400 m/s; v � 0; ∆s � 20 cm � 0,20 m
a) $ � Ec � Ec(0) � 0 � 
mv 2
2
 ⇒ $ � � 0,10 (400)
2
2� ⇒ $ � �8.000 J
A força de resistência oposta à penetração do projétil é dada por:
$ � �F � ∆s ⇒ �8.000 � �F � 0,20 ⇒ F � 40.000 N
b) Dado: v ’0 � 600 m/s
$’ � � mv ’
2
2
 � � 0,10 (600)
2
2� ⇒ $ � �18.000 J
A penetração do projétil é dada por:
$’ � �F∆s’ ⇒ �18.000 � �40.000 � ∆s’ ⇒ ∆s’ � 0,45 m ⇒ ∆s’ � 45 cm
0
Exercícios propostos
2Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
P.339 Dados: m � 2 kg; v0 � 5 m/s
Cálculo do trabalho pelo gráfico:
$1 � 
20 10
2
� � 2 ⇒ $1 � 30 J
$2 � 20 � 2 ⇒ $2 � 40 J
$ � $1 � $2 ⇒ $ � 30 � 40 ⇒ $ � 70 J
Ec(0) � 
mv0
2
2
 ⇒ Ec(0) � 
2 (5)
2
2� ⇒ Ec(0) � 25 J
$ � Ec � Ec(0) ⇒ Ec � Ec(0) � $ � 25 � 70 ⇒ Ec � 95 J
F (N)
x (m)20
10
$1
$2
20
4
P.340 Dados: $H � 12 J; h � 2 m
a) Ec(0) � 0 e Ec � 0 ⇒ $R � 0
Mas: $R � $H � $P � 0
Portanto: $P � �$H ⇒ $P � �12 J
b) $P � �Ph ⇒ �12 � �P � 2 ⇒ P � 6 N
P.341 Dados:
m � 50 g � 50 � 10�3 kg � 5,0 � 10�2 kg; hA � 5,0 m; hB � 3,6 m; g � 10 m/s
2
a) Ep(A) � mghA ⇒ Ep(A) � 5,0 � 10�2 � 10 � 5,0 ⇒ Ep(A) � 2,5 J
Ep(B) � mghB ⇒ Ep(B) � 5,0 � 10�2 � 10 � 3,6 ⇒ Ep(B) � 1,8 J
b)
hA’ � 5,0 � 3,6 ⇒ hA’ � 1,4 m
E’p(A) � mghA’ ⇒ E’p(A) � 5,0 � 10�2 � 10 � 1,4 ⇒
⇒ E’p(A) � 0,70 J
Como hB’ � 0, temos: E’p(B) � 0
A
B
5,0 m
3,6 m
Solo
Ep � 0
P.342 Dados: m � 5,0 � 102 g � 0,50 kg; h � 50 m; v � 10 m/s; g � 10 m/s2
a) Ec � 
mv 2
2
 ⇒ Ec � 
0,50 (10)
2
2� ⇒ Ec � 25 J
b) Ep � mgh ⇒ Ep � 0,50 � 10 � 50 ⇒ Ep � 250 J
Exercícios propostos
3Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
P.343 a) Dados: Ep � 2,0 J; x � 20 cm � 0,20 m
E kx k
E
x
kp
2
p
2 2
 
2
 
2
 2 2,0
(0,20)
� � �⇒ ⇒ ⇒� k � 1,0 � 102 N/m
b) Para x’ � 10 cm � 0,10 m, temos:
E kx E’ ’
2
’ 
1,0 10 (0,10)
2p
2
p
2 2
� �⇒ ⇒� � E’p � 0,50 J
P.344 a) Dados: F � 12 N; x � 0,50 m
F � kx ⇒ 12 � k � 0,50 ⇒ k � 24 N/m
b) Pela área sombreada no gráfico, temos:
Ep 
0,50 12
2
�
� ⇒ Ep � 3,0 J
F (N)
x (m)0
Ep
12
0,50
P.345 Dados: m � 5 g � 5 � 10�3 kg; h � 5 m; g � 10 m/s2
No alto: Emec.(1) � Ep(1) � Ec(1) � mgh � 0 � mgh
No solo: Emec.(2) � Ep(2) � Ec(2) � 0 � 
mv 2
2
Emec.(2) � Emec.(1) ⇒ mgh � 
mv 2
2
 ⇒ v 2 � 2gh �
Substituindo os dados em �, temos:
v 2 � 2 � 10 � 5 ⇒ v 2 � 100 ⇒ v � 10 m/s
P.346 Dados: m � 10 g � 10�2 kg; v0 � 12 m/s; g � 10 m/s
2
E E mv mghmec.(1) mec.(2) 0
2
 
2
 � �⇒
h v
g
h 
2
 
(12)
2 10
0
2 2
� �⇒ ⇒
�
 h � 7,2 m
P.347 Dados: m � 0,2 kg; h � 25 m; v0 � 20 m/s; g � 10 m/s
2
No alto:
Ec(1) � 
mv0
2 2
2
 
0,2 (20)
2
�
�
 ⇒ Ec(1) � 40 J
Ep(1) � mgh � 0,2 � 10 � 25 ⇒ Ep(1) � 50 J (em relação ao solo)
Emec.(1) � Ec(1) � Ep(1) � 40 � 50 ⇒ Emec.(1) � 90 J
Exercícios propostos
4Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
No solo:
Ep(2) � 0; Ec(2) � ?
Emec.(2) � Ec(2) � Ep(2) ⇒ Emec.(2) � Ec(2)
Conservação da energia mecânica:
Emec.(2) � Emec.(1) ⇒ Ec(2) � 90 J
P.348 Dados: m � 2 kg; v0 � 0; h � 20 m; g � 10 m/s
No alto:
Ec(1) � 0; Ep(1) � mgh � 2 � 10 � 20 ⇒ Ep(1) � 400 J
A meia altura:
Ep(2) � mg 
h
2
 � 2 � 10 � 10 ⇒ Ep(2) � 200 J
Emec.(1) � Emec.(2) ⇒ Ec(1) � Ep(1) � Ec(2) � Ep(2) ⇒ 0 � Ep(1) � Ec(2) � Ep(2) ⇒
Ec(2) � Ep(1) � Ep(2) � 400 � 200 ⇒ Ec(2) � 200 J
P.349 Dados: h � 30 m; v0 � 0; m � 200 kg; g � 10 m/s
2
a) Ep � mgh ⇒ Ep � 200 � 10 � 30 ⇒ Ep � 6 � 104 J
b) Para h’ � 15 m:
E’p � mgh’ ⇒ E’p � 200 � 10 � 15 ⇒ E’p � 3 � 104 J
Logo, da conservação da energia mecânica, resulta:
E’c � Ep � E’p � 6 � 10
4 � 3 � 104 ⇒ E’c � 3 � 104 J
P.350 A (v0 � 0)
Nível de referência
FN
P
RR
R
B
O
v
Cálculo da velocidade da esfera ao atingir B:
Emec.(A) � Emec.(B)
Ec(A) � Ep(A) � Ec(B) � Ep(B)
0 
2
 0
2
� � �mgR mv ⇒ v 2 � 2gR
Cálculo de FN:
F P m v
R
F mg m
gR
RN
2
N 
2
� � � �� �⇒ ⇒ FN � 3mg
Exercícios propostos
5Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
P.351 Em C, temos: Fcp � P ⇒ 
mv
R
2
 � mg ⇒ v2 � gR
Energia mecânica em A:
Emec.(A) � Ec(A) � Ep(A) ⇒ Emec.(A) � 0 � mgh ⇒ Emec.(A) � mgh
Energia mecânica em C:
Emec.(C ) � Ec(C ) � Ep(C ) ⇒ Emec.(C ) � 
mv 2
2
 � mg � 2R � mgR
2
 � mg � 2R
Mas Emec.(A) � Emec.(C )
mgh � mgR
2
 � mg � 2R ⇒ h � R
2
 � 2R ⇒ h � 2,5R
P.352 A energia potencial elástica do sistema é transformada em energia potencial
gravitacional do corpo. Portanto:
kx mgh h
2 2
2
 
1.200 (0,1)
2
 1 0 � �⇒ � � �1 ⇒ h � 0,6 m
P.353 Dados: m � 2 kg; k � 2 � 104 N/m; g � 10 m/s2; h � 5,0 m
A velocidade da esfera é máxima quando a força resultante sobre ela se anula, isto
é, Fel. � P. Nessa situação, temos:
kx1 � mg ⇒ x1 � 
mg
k
 2 10
2 104
�
�
�
 ⇒ x1 � 10
�3 m � 0,10 cm
A energia potencial gravitacional da esfera na posição A, em relação ao nível de
referência correspondente à situação 2, se convertem totalmente na energia po-
tencial elástica armazenada pela mola:
Ep(grav.) � Ep(elást.) ⇒ mgh � 
kx2
2
2
Então:
2 � 10 � 5,0 � 2 10 
2
4
2
2� � x ⇒ x22 � 100 � 10
�4 ⇒ x � 10 � 10�2 m � 10 cm
P.354 a) Na posição x � 1 m, Ep � 5 J e Ec � 0. Portanto, a energia mecânica total do
sistema é Emec. � 5 J , pois Emec. � Ep � Ec.
b) Em x � 2 m: Ep � 0 (ver gráfico)
Logo: Emec. � Ep � Ec ⇒ 5 � 0 � Ec ⇒ Ec � 5 J
Em x � 3 m: Ep � �1 J (ver gráfico)
Logo: Emec. � Ep � Ec ⇒ 5 � �1 � Ec ⇒ Ec � 6 J
Exercícios propostos
6Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
c) De x � 10 m a x � 11 m, a energia potencial permanece constante, o mesmo
acontecendo com a anergia cinética. Portanto, a velocidade escalar é constante
e o movimento é uniforme.
d) De x � 1 m a x � 2 m, a energia potencial decresce. Em vista da conservação da
energia mecânica, a energia cinética aumenta. Portanto, a velocidade escalar
aumenta em módulo, o que caracteriza o movimento acelerado.
P.355 Dados: vB � 4 m/s; h � 3,2 m; g � 10 m/s
2
A perda de energia mecânica é 20%. Portanto: Emec.(B) � 0,80 Emec.(A)
Em A (nível de referência):
Emec.(A) � Ec(A) � Ep(A) � 
mv mvA A
2 2
2
 0 
2
� �
Em B:
Emec.(B) � 
mvB
2
2
 � mgh
Substituindo:
mv mgh mvB A
2 2
2
 0,8 
2
� �
(4)
2
2
 � 10 � 3,2 � 0,4 � vA
2 ⇒ 8 � 32 � 0,4 � vA2 ⇒ vA � 10 m/s
P.356 a) vA
hA � 7 m
hB � 10 m
Nível de referência
B
A
E E E mv mghA A A A Amec.( ) c( ) P( )
2
 
2
 � � � �
E EA Amec.( )
2
mec.( ) 
0,4 10
2
 ,4 10 7 48 J� � �� � �0 ⇒
E E E mv mghB B B B Bmec.( ) c( ) P( )
2
 
2
 � � � �
E EB Bmec.( )
2
mec.( ) 
0,4 5
2
 0,4 10 10 45 J� � �� � � ⇒
Energia mecânica transformada em térmica: 48 J � 45 J � 3 J
b) A energia mecânica transformada em térmica é igual, em valor absoluto, ao
trabalho da força de atrito:
�$fat.� � 3 J ⇒ $fat. � �3 J
Exercícios propostos
7Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
P.357
d � 1,0 m
Ec � 0Ec(0) � 2,0 J FN
fat. P
P.358 Dados: m � 10 kg; θ � 30°; L � 20 m; g � 10 m/s2
a)
30°
h
L
h � L � sen 30° ⇒ h � 20 � 0,50 ⇒ h � 10 m
$P � mgh ⇒ $P � 10 � 10 � 10 ⇒ $P � 103 J
b) $P � Ec � Ec(0) em que Ec(0) � 0
$P � 
mv v2 3 2
2
10 10 
2
⇒ � � ⇒ v 2 � 200 ⇒ v � 14 m/s
P.359 Dados: m � 20 g � 20 � 10�3 kg; v0 � 240 m/s; v � 0
a) Ec(0) � 
mv E0
2c(0)
3 2
2
 
20 10 (240)
2
⇒ ⇒� � � Ec(0) � 576 J
$ � Ec � Ec(0) ⇒ $ � 0 � 576 ⇒ $ � �576 J
b) Dado: d � 18 cm � 0,18 m
$ � � Fm � d ⇒ �576 � �Fm � 0,18 ⇒ Fm � 3.200 N
a) Definição de trabalho:
$fat. � �fat. � d ⇒ �2,0 � �fat. � 1,0 ⇒ fat. � 2,0 N
fat. � µ � FN ⇒ fat. � µmg ⇒ 2,0 � µ � 1,0 � 10 ⇒ µ � 0,20
b) Teorema da energia cinética:
$fat. � Ec � Ec(0) ⇒ $fat. � 0 � 2,0 ⇒ $fat. � �2,0 J
Exercícios propostos
8Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
P.360 Dados: m � 300 kg; hA � 5,0 m; hC � 4,0 m; g � 10 m/s
2
a) Em B: Ep(B ) � 0 (nível de referência); Ec(B) � 
mvB
2
2
Em A: Ep(A) � mghA; Ec(A) � 0 (vA � 0)
Pela conservação da energia mecânica:
Ec(B) � Ep(B) � Ec(A) � Ep(A)
mvB
2
2
 � mghA
v2B � 2ghA � 2 � 10 � 5,0 ⇒ v2B � 100 ⇒ vB � 10 m/s
b) Em C: Ep(C ) � mghC � 300 � 10 � 4,0 ⇒ Ep(C ) � 12.000 J
Pela conservação da energia mecânica:
Ec(C ) � Ep(C ) � Ep(A)
Ec(C ) � 12.000 � mghA
Ec(C ) � 12.000 � 300 � 10 � 5,0
Ec(C ) � 12.000 � 15.000 ⇒ Ec(C ) � 3.000 J � 3,0 � 103 J
P.361 a) Como há conservação de energia mecânica: Emec.(A) � Emec.(C )
Mas, adotando como referência (Ep � 0) o plano que passa por A:
E mvA Amec.( )
2
 
2
� e E
mv mgRC Cmec.( )
2
 
2
 � �
Igualando, temos:
mv mv mgRA C
2 2
2
 
2
 � � ⇒ v 2A � v 2C � 2gR ⇒ v 2C � v 2A � 2gR
Substituindo vA � 12 m/s; R � 5,4 m; g � 10 m/s
2 vem:
v 2C � 144 � 2 � 10 � 5,4 ⇒ v 2C � 36 ⇒ vC � 6,0 m/s
b) A aceleração centrípeta no ponto C tem módulo:
a v
R
aCcp
2
cp 
36
5,4
� �⇒ ⇒ acp � 6,7 m/s2
c) FN
P
C
A resultante centrípeta tem intensidade dada por:
Fcp � P � FN
Exercícios propostos
9Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
Daí: FN � P � Fcp
Em que: P � mg ⇒ P � 300 � 10 ⇒ P � 3,0 � 103 N e
F ma FCcp cp 300 
36
5,4
� �⇒ � ⇒ Fcp � 2,0 � 103 N
Portanto: FN � 3,0 � 10
3 � 2,0 � 103 ⇒ FN � 1,0 � 103 N
P.362 a) Conservação da energia mecânica:
Emec.(A) � Emec.(B)
Ec(A) � Ep(A) � Ec(B) � Ep(B)
0 
2
 
2
� � �mgH mv mghB
gH v ghB 
2
 
2
� � ⇒ 10 4 
2
 10 0,8
2
� �� �
vB ⇒ vB � 8 m/s
b) vC � vB � cos 30° ⇒ v vC C 8 2
 4 3 m/s� �� 3 ⇒
E mv E EC C C Cc( ) c( )
2
c( ) 2
 
60 (4 3 )
2
 1.440 J� � �
2
⇒ ⇒�
c) Conservação da energia mecânica:
Emec.(A) � Emec.(C )
Ec(A) � Ep(A) � Ec(C ) � Ep(C )
0 � mgH � Ec(C ) � mghC
60 � 10 � 4 � 1.440 � 60 � 10 � hC ⇒ hC � 1,6 m
P.363
h � 5,0 m
v � 0
v0 � 10 m/s
A
B
H
Emec.(A) � Emec.(B)
Ec(A) � Ep(A) � Ec(B) � Ep(B)
mv mgh mgH
v gh gH
0
0
2
2
 0 
 
2
2
� � �
� �
10 1
2
2
 0 5,0 10 � �� � H ⇒ H � 10 m
Exercícios propostos
10Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
vv
v
v
13 m
5 m
Situação inicial Situação final (Ep � 0)
Nível de referência
h � 4 m
A
2 3 4 3 4
1
2
 � 2 mh2
P.364
Depois do destravamento, a esteira e todos os corpos apresentam a mesma veloci-
dade v.
Energia mecânica inicial: Emec.(i) � 4mgh
Energia mecânica final: Emec.(f) � 4Ec � Ep(2) � Ep(3) � Ep(4)
E mv mg hmec.(f)
2
 4
2
 
2
� � � mgh � mgh � 2 mv 2 � 2,5 mgh
Conservação da energia mecânica: Emec.(f) � Emec.(i)
2 mv 2 � 2,5 mgh � 4 mgh ⇒ 2 v 2 � 1,5 gh ⇒ 2 v 2 � 1,5 � 10 � 4 ⇒
⇒ 2 v 2 � 60 ⇒ v2 � 30 ⇒ v � 5,5 m/s
P.365 Dados: m � 2,0 kg; v0 � 10 m/s; R � 2,0 m; g � 10 m/s
2
a) Conservação da energia mecânica (pontos A e B):
Ec(0) � Ec(B) � Ep(B)
mv mv mgRB0
2 2
2
 
2
 � �
v v gRB0
2 2
2
 
2
 � �
(10)
2
 
2
 10 2,0
2 2
� �
vB �
50 � vB
2
2
 � 20 ⇒ v2B � 2(50 � 20) ⇒ v2B � 60
acp � 
v
R
B
2
 ⇒ acp � 
60
2,0
 ⇒ acp � 30 m/s2
b) Conservação da energia mecânica (pontos A e C):
Ec(0) � Ec(C ) � Ep(C )
mv mv mg RC0
2 2
2
 
2
 2� � �
v v g RB0
2 2
2
 
2
 2� � �
(10)
2
 
2
 10 2 2,0
2 2
� �
vC � �
50 
2
2
�
vC � 40 ⇒ v 2C � 2(50 � 40) ⇒ v 2C � 20
Exercícios propostos
11Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
A resultante centrípeta em C tem intensidade:
F mv FCcp
2
cp 2
 2,0 20
2
� �⇒ � ⇒ Fcp � 20 N
Mas:
Fcp � P � FN ⇒ 20 � mg � FN ⇒ 20 � 2,0 � 10 � FN ⇒ FN � 0
P.366 Em relação ao nível de nível de refe-
rência adotado na figura, a energia
potencial gravitacional inicial do cor-
po (posição A) se transforma em ener-
gia potencial elástica (posição B).
mgh kx 
2
2
�
mg L D kD ( ) sen 30 
2
2
� � �� °
0,1 0 ,5 0,5 200 
2
2
� � �
�1 0 � D ⇒ D � 0,05 m ⇒ D � 5 cm
30°
Nível de
referência
L � D
A
h
B
P.367 a) Emec.(A) � Emec.(B) (nível de referência por B)
mgL mvB 
2
2
�
gL vB 
2
2
�
1 
2
2
0
20
� L �
( )
 ⇒ L � 20 m
b) Emec.(A) � Emec.(C )
Em relação ao nível de referência, passando por
C, temos:
mg L kL2 
2
2
� ⇒ 4mg � kL ⇒ 4 � 80 � 10 � k � 20 ⇒ k � 160 N/m
A
B
C
A
L
L
L
v0 � 0
Novo nível
de referência
passando por C
Nível
de referência
passando por B
vB � 20 m/s
v0 � 0
v � 0
P.368 a) No equilíbrio a resultante no balde com água é nula:
Fel. � P � mg �
Sendo L � 40 cm (comprimento da mola), obtemos do gráfico: Fel. � 100 N
Substituindo em �, temos:
100 � m � 10 ⇒ m � 10 kg
A massa de água corresponde a:
mágua � m � mbalde ⇒ mágua � 10 � 0,50 ⇒ mágua � 9,5 kg
Exercícios propostos
12Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
b) A deformação da mola é:
x � L � L0 � 40 � 20 ⇒ x � 20 cm � 0,20 m
Como a força é Fel. � 100 N, a constante elástica da mola é dada por:
k F
x
k 100
0,20
el.� �⇒ ⇒ k � 500 N/m
A energia potencial elástica armazenada na mola vale:
E kx Ep
2
p
2
 
2
 
500 (0,20)
2
� �⇒ � ⇒ Ep � 10 J
P.369 a) Ugravitacional � Ph ⇒ 24.000 � P � 30 ⇒ P � 800 N
Do gráfico, concluímos que o comprimento da corda não deformada é:
L0 � 20 m
b) U kx kelástica
2 2
 
2
24.000 10
2
� �⇒ � ⇒ k � 480 N/m
P.370 mgh kx F� � 2
 
2
at.
$
mgh kx mgd� � � 
2
 
2
µ
1,0 10 
200 (0,10)
2
 0 1,0 10 0,10
2
� �
�
� � �h � � � ,50 ⇒
⇒ 10h � 1,0 � �0,50 ⇒ h � 0,050 m ⇒ h � 5,0 cm
P.371 a)
b) Vamos aplicar o teorema da ener-
gia cinética. Sendo v0 � 0 e v � 0,
temos:
$P � $fat. � 0
mg � (h0 � h) � µmgd � 0
10 � (10 � h) � 0,1 � 10 � 10
h � 9 m
ou
FN
fat.
P
P P
FN R � fat. � FN
h0 � 10 m
10 m
v0 � 0
v � 0
h
A
B
Exercícios propostos
13Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
c) Vamos aplicar novamente o teorema da energia cinética, impondo h � 0 e
calculando a distância total d percorrida na região onde existe atrito:
$P � $fat. � 0
mgh0 � µmgd � 0
10 � 10 � 0,1 � 10 � d � 0 ⇒ d � 100 m
Sendo de 10 m o comprimento do trecho onde existe atrito, para percorrer
100 m neste trecho, o bloco deverá passar por ele 10 vezes.
P.372 a) A energia cinética da esfera imediatamente após o 1o choque é igual a 40% da
energia potencial de partida:
Ec � 40% mgh ⇒ Ec � 0,4 � 1 � 10 � 0,5 ⇒ Ec � 2 J
b) A energia cinética da esfera ao atingir o solo pela 2a vez é igual a 2 J:
E mv vc
2 2
 
2
2 
2
� �⇒ 1 � ⇒ v � 2 m/s
P.373 Dados: m � 3,0 � 10�2 kg; h0 � 2,0 m; h � 0,75 m; g � 10 m/s
2
a) Ep(0) � mgh0 ⇒ Ep(0) � 3,0 � 10�2 � 10 � 2,0 ⇒ Ep(0) � 6,0 � 10�1 J
Ep � mgh � 3,0 � 10
�2 � 10 � 0,75 ⇒ Ep � 2,25 � 10�1 J
∆E � Ep � Ep(0) ⇒ ∆E � 2,25 � 10�1 � 6,0 � 10�1 ⇒ ∆E � �3,75 � 10�1 J
A energia dissipada no choque corresponde à perda de energia mecânica que,
no caso, se resume à perda de energia potencial: 3,75 � 10�1 J.
b) A perda de energia mecânica deve ser compensada por um acréscimo de ener-
gia cinética no lançamento:
Ec � �∆E � � 3,75 � 10�1 J
Logo:
E mv vc
2
1
2 2
 
2
3,75 10 3,0 10 
2
� ��
�
⇒ � � � ⇒ v2 � 25 ⇒ v � 5 m/s
P.374 a) Dados: m � 60 kg; g � 10 m/s2
A
B
hB � 2 m
hA � 53 mhC � 43 m
Ep � 0
C
O
Tomando a horizontal por B como nível de referência (Ep � 0), temos:
Ep(A) � mg (hA � hB) ⇒ Ep(A) � 60 � 10 (53 � 2) ⇒ Ep(A) � 30.000 J
Ep(C ) � mg (hC � hB) ⇒ Ep(C ) � 60 � 10 (43 � 2) ⇒ Ep(C ) � 24.000 J
Exercícios propostos
14Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
A variação de energia mecânica corresponde a:
∆Emec. � Ep(C) � Ep(A) ⇒ ∆Emec. � 24.000� 30.000 ⇒ ∆Emec. � �6,0 � 103 J
Logo, a energia mecânica dissipada será: 6,0 � 103 J.
b) Sendo desprezível todo tipo de atrito, há conservação da energia mecânica.
Então:
Ec(B) � Ep(A)
mv 2
2
 � mghA
v2 � 2ghA
v 2 � 2 � 10 � 53 ⇒ v 2 � 1.060 ⇒ v � 32,5 m/s
Essa velocidade independe da massa do móvel e, portanto, para uma pessoa ou
para três a velocidade no ponto mais próximo ao solo é a mesma.
P.375 a) Em vista da demonstração do exercício R.140:
v 2 � gh ⇒ v � gh , em que: h � 2
3
R
Portanto: v � 2
3
gR
b) Como a altura H pedida é em relação ao solo, à distância h do item anterior
deve-se somar o raio R:
H � h � R ⇒ H � 2
3
 5
3
R R H R� �⇒
P.376 a) Sendo a velocidade constante, temos:
Contrapeso: T � PB � 8.000 N
Elevador:
F � T � PE
F � 8.000 � 13.000 ⇒ F � 5.000 N
Potência do motor:
Pot � Fv ⇒ Pot � 5.000 � 1 ⇒ Pot � 5 � 103 W
b) O elevador sobe e o contrapeso desce com aceleração de 0,5 m/s2.
Contrapeso:
PB � T � mB � a ⇒ 8.000 � T � 800 � 0,5 ⇒ T � 7.600 N
Elevador:
F � T � PE � mE � a
F � 7.600 � 13.000 � 1.300 � 0,5 ⇒ F � 6.050 N
F T T
PE � 13.000 N
PB � 8.000 N
E
B
Exercícios propostos
15Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 15
P.377 a) Para o referencial Galileu, usando a conservação de energia mecânica de Albert,
temos:
mgH mv� 
2
2
 ⇒ v gH� 2 ⇒ v � 2 10 5,0� � ⇒ v � 10 m/s
v v v vH H H cos 10 
3
2
 5,0 3 m/s� � �� � �θ ⇒ ⇒
v v v vV V V sen 10 
1
2
 5,0 m/s� � �� �θ ⇒ ⇒
b) Como, em relação a Isaac, a velocidade horizontal de Albert é nula, temos:
vH � u � 0
u � �vH ⇒ �u� � �vH� ⇒ u � 5,0 3 m/s�
c) Como Galileu se move horizontalmente em relação a Isaac, a componente ver-
tical da velocidade de Albert é a mesma em relação a Galileu ou Isaac, isto é:
v ’V � vV ⇒ v ’V � 5,0 m/s
Observação:
O professor pode aproveitar a oportunidade e comentar com os alunos um pouco
de História da Física, lembrando que os nomes mencionados no exercício referem-
se aos grandes cientistas: Nicolau Copérnico, Galileu Galilei, Albert Einstein e Isaac
Newton. A referência aos “filhos de Nicolau” não é gratuita, posto que as idéias de
Copérnico serviram de base para o desenvolvimento da Física pelos cientistas que
o sucederam, seus “herdeiros intelectuais”.
vH
vVv
θ
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