Física Energia

No experimento realizado a seguir, uma mola ideal, de

constante elástica K, é comprimida por um operador, lançando

um bloco de massa m sobre uma mesa horizontal perfeitamente

polida.

v

Situação 2

Situação 1

x

Na situação 1, a mola está comprimida de um comprimento x e o

bloco está em repouso. Na situação 2, a mola está sem deformação

e o bloco encontra-se em movimento, com velocidade de intensidade

v. Desprezando a infl uência do ar, determine o valor de v.

Resolução:

Como não há atritos nem infl uência do ar, o sistema é conservativo,

devendo ocorrer conservação da energia mecânica total.

Isso signif ica que a energia potencial elástica armazenada inicialmente

na mola é totalmente transferida para o bloco, que a assimila em

forma de energia cinética.

Ec = Ee ⇒ m v2

2

= K x2

2

Donde: v =

K

m

x

33 No arranjo experimental da f igura, desprezam-se o atrito e o

efeito do ar:

g h

O bloco (massa de 4,0 kg), inicialmente em repouso, comprime a mola

ideal (constante elástica de 3,6 · 103 N/m) de 20 cm, estando apenas

encostado nela. Largando-se a mola, esta distende-se impulsionando

o bloco, que atinge a altura máxima h. Adotando |g| = 10 m/s2,

determine:

a) o módulo da velocidade do bloco imediatamente após desligar-se

da mola;

b) o valor da altura h.

Resolução:

a) Ec = Ee ⇒ m v2

2

= K (Δx)2

2

v = K (Δx)2

m

= 3,6 · 103 (0,20)2

4,0

(m/s)

v = 6,0 m/s

b) Ep = Ec ⇒ m g h = m v2

2

10 · h = (6,0)2

2

⇒ h = 1,8 m

Respostas: a) 6,0 m/s; b) 1,8 m

34 (PUC-SP) Um corpo de massa 2,0 kg é amarrado a um elástico de

constante elástica 200 N/m que tem a outra extremidade f ixa ao teto. A

30 cm do teto e a 20 cm do chão, o corpo permanece em repouso sobre

um anteparo, com o elástico em seu comprimento natural, conforme

representado na f igura.

30 cm

20 cm

Retirando-se o anteparo, qual será o valor da velocidade do corpo, em

m/s, ao atingir o chão?

a) 0 b) 1,0 c) 2,0 d) 3,0 e) 4,0

Resolução:

Em f

= Em i

PHR no chão:

m v2

2

+ K (Δx)2

2

= m g h

2,0 v2

2

+

200 (0,20)2

2

= 2,0 · 10 · 0,20

v = 0

No solo, o corpo inverte o sentido do seu movimento e segue executando

um movimento harmônico simples.

Resposta: a

35 (UFJF-MG) Um garoto brinca com uma mola helicoidal. Ele

coloca a mola em pé em uma mesa e apoia sobre ela um pequeno

disco de plástico. Segurando a borda do disco, ele comprime a

mola, contraindo-a de 5 mm. Após o garoto soltar os dedos, a mola

projeta o disco 100 mm para cima (contados do ponto de lançamento,

veja a f igura).

5 mm

100 mm

Considerando-se a mola ideal e desprezando-se a resistência do ar,

quanto subiria o disco se o garoto contraísse a mola de 10 mm?

a) 400 mm c) 100 mm e) 90 mm

b) 200 mm d) 80 mm

Tópico 7 – Energia mecânica e sua conservação 261

Resolução:

Ep = Ee

m g h = K (Δx)2

2

Donde: h = K (Δx)2

2 m g

h é diretamente proporcional ao quadrado de Δx. Por isso, dobrando-

-se Δx, h quadruplica, passando de 100 mm para 400 mm.

Resposta: a

36 E.R. Um garoto de massa 40 kg parte do repouso de uma altura

de 10 m, desliza ao longo de um tobogã e atinge a parte mais baixa

com velocidade de 5,0 m/s:

10 m

5,0 m/s

Admitindo a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, calcule a energia

mecânica degradada pelas forças dissipativas, durante a descida

do garoto.

Resolução:

A energia mecânica inicial, associada ao garoto no alto do tobogã,

era do tipo potencial de gravidade (referencial no solo).

Emi

= Ep = m g h

Em i

= 40 · 10 · 10 (J ) ⇒ Em i

= 4,0 · 103 J

A energia mecânica f inal com que o garoto atinge a parte mais baixa

do tobogã é do tipo cinética:

Em f

= Ec = m v2

2

Em f

= 40 · (5,0)2

2

(J) ⇒ Em f

= 5,0 · 102 J

A energia mecânica degradada pelas forças dissipativas é Ed. Essa

energia é calculada por:

Ed = Em i

– Em f

Ed = 4,0 · 103 J – 5,0 · 102 J

Ed = 3,5 · 103 J

37 O carrinho de montanha-russa da f igura seguinte pesa

6,50 · 103 N e está em repouso no ponto A, numa posição de equilíbrio

instável. Em dado instante, começa a descer o trilho, indo atingir o

ponto B com velocidade nula:

20,0 m

h

A

B

Sabendo que a energia térmica gerada pelo atrito de A até B equivale

a 4,55 · 104 J, determine o valor da altura h.

Resolução:

EmA

– EmB

= Edis ⇒ PH – Ph = Edis

P (H – h) = Edis ⇒ 6,50 · 103 (20,0 – h) = 4,55 · 104

Donde: h = 13,0 m

Resposta: 13,0 m

38 Analise as proposições seguintes:

I. O aumento da energia potencial de uma partícula implica, necessariamente,

a diminuição de sua energia cinética.

II. Se uma partícula se movimenta com velocidade constante, sua

energia mecânica é constante.

III. Para uma partícula cuja energia mecânica é constante, a energia

cinética é inversamente proporcional à potencial.

Responda mediante o código:

a) Todas são corretas. d) Somente I é correta.

b) Todas são incorretas. e) Somente I e III são corretas.

c) Somente II e III são corretas.

Resposta: b

39 Em uma montanha-russa, um carrinho de massa 60 kg tem sua

energia potencial de gravidade variando em função de uma coordenada

horizontal de posição x, conforme o gráf ico a seguir:

10 20 30 40 50 x (m)

0

Ep (103J)

–1,0

–2,0

2,0

1,0

4,0

3,0

6,0

5,0

Admitindo que para x0 = 0 a velocidade do carrinho é nula e supondo

a inexistência de atritos:

a) calcule a altura do carrinho em relação ao nível zero de referência,

bem como a intensidade de sua velocidade para x = 50 m (adote

nos cálculos g = 10 m/s2);

b) esboce o gráf ico da energia cinética do carrinho em função de x.

262 PARTE II – DINÂMICA

Resolução:

a) Para x = 50 m, tem-se Ep = 3,0 · 103 J.

Ep = m g h ⇒ 3,0 · 103 = 60 · 10 h

h = 5,0 m

EC + Ep = Em ⇒ 60 v2

2

+ 3,0 · 103 = 6,0 · 103

v = 10 m/s

b)

E (103J)

x (m)

8,0

Em

2

7,0

6,0

5,0

4,0

3,0

2,0

1,0

10 20 30 40 50

EC

EP

Eixo de

simetria

–1,0

–2,0

0

Respostas: a) 5,0 m e 10 m/s

b)

8,0

E (103J)

x (m)

7,0

6,0

5,0

4,0

3,0

2,0

1,0

0 10 20 30 40 50

EP

Eixo de

simetria

EC

Em

2

40 Uma partícula movimenta-se sob a ação de um campo de forças

conservativo, possuindo energia mecânica E. O gráf ico que melhor

traduz a energia cinética (Ec) da partícula em função de sua energia

potencial (Ep) é:

Ec

Ep

E

0 E

c)

0

E

Ec

Ep

a)

E

4 E

Ec

0

d)

Ep

Ec

Ep 0 E

b)

E

E

Ec

Ep 0

e)

Resolução:

Ec + Ep = E (constante)

Ec = E – Ep

y = a – x (Função do 1o grau)

O gráf ico pedido é uma reta oblíqua descendente.

Resposta: e

41 Uma partícula de massa 1,0 kg é lançada verticalmente para

cima com velocidade de módulo 20 m/s num local em que a resistência

do ar é desprezível e |g| = 10 m/s2. Adotando o nível horizontal do

ponto de lançamento como plano de referência, calcule:

a) a energia mecânica da partícula;

b) a altura do ponto em que a energia cinética é o triplo da potencial

de gravidade.

Resolução:

a) Em =

m v2

0

2

= 1,0 (20)2

2

(J)

Em = 2,0 · 102 J

b) 3 Ep + Ep = Em ⇒ 4 m g h = Em

4 · 1,0 · 10 h = 2,0 · 102

h = 5,0 m

Respostas: a) 2,0 · 102 J; b) 5,0 m

42 Um jogador de voleibol, ao dar um saque, comunica à bola uma

velocidade inicial de 10 m/s. A bola, cuja massa é de 400 g, passa a

se mover sob a ação exclusiva do campo gravitacional (|g| = 10 m/s2),

descrevendo a trajetória indicada na f igura:

Plano de referência

3,2 m

Solo

A

B

g

Calcule:

a) a energia mecânica da bola no ponto A em relação ao plano de

referência indicado;

b) o módulo da velocidade da bola ao passar pelo ponto B (mais alto

da trajetória).

Resolução:

a) Em =

m v2

A

2

= 0,40 (10)2

2

(J)

Em = 20 J

b)

m v2

B

2

+ m g hB = Em

0,40 v2

B

2

+ 0,40 · 10 · 3,2 = 20

0,20 v2

B = 7,2

Da qual: vB = 6,0 m/s

Respostas: a) 20 J; b) 6,0 m/s

Tópico 7 – Energia mecânica e sua conservação 263

43 Do ponto A, situado no alto de uma plataforma de altura h, um

canhão de dimensões desprezíveis dispara um projétil que, depois de

descrever a trajetória indicada na f igura, cai no mar (ponto C):

Mar

h h

A

B

C

3

4

g

Sendo g o valor da aceleração da gravidade e v0 o módulo da velocidade

de lançamento do projétil, calcule o módulo de sua velocidade

nos pontos B e C.

Resolução:

(I) ECB

+ EpB

= ECA

+ EpA

m v2

B

2

+ m g 34

h =

m v2

0

2

+ m g h

Da qual: vB = v2

0 + 12

g h

(II) ECC

= ECA

+ EpA

⇒

m v2

C

2

=

m v2

0

2

+ m g h

Donde: vC = v2

0 + 2 g h

Respostas: vB = v2

0 + 12

g h ; vC = v2

0 + 2 g h

44 Um pequeno bloco B, lançado do ponto P com velocidade de

intensidade v0, desliza sem atrito e sem sofrer infl uência do ar sobre a

superfície PQ, contida em um plano vertical.

P

Q

8,0 m

4,8 m

B

g

v0

Sabendo que B inverte o sentido do movimento no ponto Q e que

|g| = 10 m/s2, calcule o valor de v0.

Resolução:

ECp

+ EPp

= ECQ

+ EPQ

PHR em P:

m v2

0

2

= m g (hQ – hp) ⇒

v2

0

2

= 10 (8,0 – 4,8)

Donde: v0 = 8,0 m/s

Resposta: 8,0 m/s

45 Um carrinho de dimensões desprezíveis, com massa igual a m,

parte do repouso no ponto A e percorre o trilho ABC da f igura, contido

em um plano vertical, sem sofrer a ação de forças dissipativas:

h

A

B

C

3h

m

g

Supõe-se conhecida a altura h e adota-se para a aceleração da gravidade

o valor g. Considerando como plano horizontal de referência aquele

que passa pelo ponto C, determine:

a) a energia potencial de gravidade do carrinho no ponto B;

b) a relação vB/vC entre os módulos da velocidade do carrinho nos

pontos B e C.

Resolução:

a) EPB

= –m g h

b) ECB

+ EPB

= ECA

+ EPA

PHR em C:

m v2

B

2

– m g h = m g 3 h ⇒ vB = 8 g h

ECC

+ EPC

= ECA

+ EPA

m v2

C

2

= m g 3 h ⇒ vC = 6 g h

Logo:

vB

vC

=

8 g h

6 g h

⇒

vB

vC

= 2 3

3

Respostas: a) –m g h; b)

vB

vC

= 2 3

3

46 (UFPE) Um pequeno bloco é lançado no ponto A do trajeto mostrado

na f igura, contido em um plano vertical. O módulo da velocidade

do bloco em A é V0 = 17 m/s.

A

a

4a

v B 0

C