Energia ( ) ( ) Gabarito Parte I: Página 1. m v. E 2 m E 2 = 0,7(500) = 350J. 557 milhões 100% 557 x milhões 46,6% 259

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1 Gabarito Parte I: esposta da questão 1: Energia Somando os percentuais indicados em cinza: 9,1% + 13,5% + 18,5% + 5,5% = 46,6%. 557 milhões 100% ,6 x = x milhões 46,6% 59 x = 59,56 milhões. esposta da questão : [E] 1 1 m v E m E 1 = = =. E m E m v 1 esposta da questão 4: Dados: m = 70 kg; v 0 = 10 m/s; Δ EC = 0,7(500) = 350J. A energia cinética depois do salto é igual à energia cinética inicial somada à variação adquirida no salto. m v m v 70 v 70( 10) f i 0 EC = EC + ΔE C = + ΔE C = v = v = v = 110 v = 10,5 m/s. 1ª Solução: O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade horizontal constante de v 0 = 5 m/s. x 5 t = = = 1 s. v0 5 A componente vertical da velocidade é: v = v + g t v = v = 10 m/s. y 0y y y Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada: 0 y v = v + v v = v = 15 v = 5 5 m/s. ª Solução: Calculando a altura de queda: 1 h= g t h= 5( 1 ) h= 5 m. Pela conservação da energia mecânica: m v m v0 = m g h + v = v0 + gh v = 5 + ( 10)( 5) = 15 v = 5 5 m/s. esposta da questão 3: azão entre as velocidades: Pela conservação da energia mecânica, podemos mostrar que a velocidade independe da massa: final inicial m v v1 E Mec = E Mec = m g h v = g h v1 = v = 1. v azão entre as energias cinéticas: Dado: m = m 1. esposta da questão 5: a) Dados: D = 60 km = m; C = 80 cal/m; E T =.000 kcal. Calculando a energia consumida (E 1 ) em uma caminhada: 1 m 80 cal m E1 E1 = = cal E1 = 480 kcal. Para a percentagem P temos: 100%.000 kcal P = P= 4%. P% 480 kcal.000 b) Dados: M = 80 kg; g = 10 m/s ; h = 300 m. Da expressão da energia potencial: J C= m g h= C=,4 10 J = 4 J/cal 4 C= 6 10 cal. c) Dados: m =,4 kg = 400 g. Do Note e adote, para perder 400 g de gordura terá que queimar a quantidade de energia: E= 400 9= 1600 kcal. Estabelecendo proporção direta: 1 caminhada 480 kcal 1600 N = N caminhadas 1600 kcal 480 N= 45. esposta da questão 6: Dados: M = 500 kb; h 1 = 0 m; h = 400 m; g = 10 m/s. A variação da energia potencial é: Página 1

2 P 1 1 P P 6 Δ ΔE = M g h M g h = Mg h h E = ΔE = 9 10 J. esposta da questão 7: = 11. [04] Incorreta. Como já calculado no item anterior, o tempo de queda livre é t 1 = 3,4 s. [08] Correta. Dados: t 1 = 3,4 s. g = 10 m/s. g 10 S= t 1 = 3,4 S= 57,8 m. Gabarito Oficial: = 43. Gabarito SuperPro : = 11. [01] Correta. Dados: M = 500 kg; m = 40 kg; Δ S= 100m ; Δ t = 40s ; g = 10 m/s. Como a velocidade é constante, a força que impulsiona a gôndola para cima tem a mesma intensidade que seu peso, somado ao peso da carga. Aplicando a definição de potência média: F S ( M+ m) g S ( ) P m = = = = t t t 40 Pm = [0] Correta. Dados: v 0 = 0; v 1 = 1,4 km/h = 34 m/s; g = 10 m/s ; v = 0; t T = 8,4 s; M T = 740 kg. Calculando o tempo de queda livre (t 1 ): v1= v0 + g t 1 34= t 1 t1 = 3,4 s. O tempo de frenagem ( Δ t ) é: t = t t = 8,4 3,4 t = 5 s. T 1 Aplicando o Teorema do Impulso durante a frenagem, sendo F M a intensidade da força resultante média nesse intervalo: MT v v IF = Q F M M t = MT v F M = = t 5 FM = 5.03 N. Comentário: se os dados apresentados são reais, a frenagem do elevador na descida não se dá com aceleração de módulo constante, conforme o gráfico da figura 1, pois o espaço percorrido seria maior que 100 m, como mostra o cálculo da área no gráfico v t. [16] Incorreta. A aceleração tem módulo g somente durante a queda livre. [3] Incorreta. Dados: H = 100 m; Δ S= 57,8m ; g = 10 m/s ; k = 480,4 N/m; M T = 70 kg. A altura h no início da frenagem deve ser igual à deformação (x) sofrida pela mola. h= x= H S= ,8 h= x= 4, m. Em relação à base da torre, no início da frenagem a energia mecânica da gôndola com sua carga é. MTv1 70( 34) = + MT g h= , = = J. A referida mola deve absorver essa energia mecânica na forma de energia potencial elástica. E pot pot k x 480,4 4, 480,4 1780,84 = = = E = ,77 J. Os cálculos mostram que a energia potencial elástica armazenada pela mola é menor que a energia mecânica do sistema, portanto a mola não substitui eficazmente os freios magnéticos. Seria necessária uma mola de constante elástica maior, conforme mostrado a seguir: k x = E Mec k = = = x 4, 1780,84 k = 806,8 N/m. Na figura 1: 8,4 34 S = "Área" = = 14,8 m. Assim, o movimento de descida deve ter o perfil do gráfico da figura. esposta da questão 8: a) Dados: m = 500 kg; v 0 = 0 m/s; v= 0; Δ S= 0m. São duas pastilhas, uma de cada lado, em cada um dos quatro discos, totalizando oito pastilhas. Desprezando a resistência do ar durante a frenagem, a força resultante retardadora é a força de atrito provocada pelas pastilhas. Sendo, em cada pastilha, F N o módulo da força normal e F 1 a intensidade da força de atrito, pelo Teorema da Energia cinética: Página

3 m v m v0 m v0 Fat = ΔE cin 8 F1 ΔS = 8 μ FN ΔS = m v0 500( 0) F N = = = 16 μ ΔS 16 0,8 0 1,8 b) Analisando as forças atuantes no esquiador no ponto C: FN = 781 N. b) Dado: D = 4 cm = 4 10 m. Usando a definição da pressão e considerando π = 3, vem: FN FN 4 FN p = = p= = = N/m A π D π D 3 ( ) 5 p= 6,5 10 Pa. esposta da questão 9: NC + P= C NC + m g = N C = m g. ( III) Aplicando novamente a conservação da Energia Mecânica, em relação ao plano horizontal que passa pelo ponto A, temos: A C A C C m va = E Mec ECin = ECin + E Pot = + m g m va m v C m va = + m g = + m g m va = + m g. ( IV) a) Analisando as forças atuantes no esquiador no ponto A, vemos que a componente tangencial ( TA ) tem a mesma intensidade do peso. Calculando a intensidade da componente centrípeta ( CA ) nesse ponto: () CA + TA = A CA + P = 6 P CA + P = 6 P CA = 6 P P CA = 5 P = 5 P m v A = 5mg. I Considerando que o esquiador tenha partido do repouso em B, pela conservação da Energia Mecânica: B A A B B m v E A Mec = E Mec EPot = ECin + E Pot m g h= + m g m v A m va m g h= + m g m g h = + m g h m v m g = A + m g. ( II) (I) em (II): h h m g = 5 m g + m g = 7 h 7 =. (I) em (IV): 5mg= + m g 5 m g m g = (III) em (V): = 3 m g. V NC = 3 m g m g NC = m g NC = P. esposta da questão 10: Dados: m = 50 kg; h = 5 m; v 0 = 0; g = 10 m/s. 1ª Solução: Pelo Teorema da Energia Cinética. O sistema é não conservativo. O trabalho das forças não conservativas () corresponde, em módulo, à energia mecânica dissipada, igual a 36% da energia mecânica inicial. Fat = 0,36 m g h Pelo Teorema da Energia Cinética: o trabalho da força resultante é igual à variação da energia cinética. Página 3

4 es m v m v0 = ΔE F Cin P + Fat = m v m g h 0,36 m g h = v = 0,64 g h = 1, = 64 v = 8 m/s. ª Solução: Pelo Teorema da Energia Mecânica. Se houve dissipação de 36% da energia mecânica do sistema, então a energia mecânica final (que é apenas cinética) é igual a 64% da energia mecânica inicial (que é apenas potencial gravitacional). final inicial m v = 0,64 E Mec = 0,64 m g h v = 1,8 g h = 1, = 64 v = 8 m/s. Gabarito Sóexatas: Sem resposta. Dados: v A = 7 km/h = 0 m/s; v B = 108 km/h = 30 m/s; h = 100 m; m = kg. A figura mostra as forças que agem no carro, supondo que o motor esteja em ponto morto ou que o carro esteja na banguela. esposta da questão 11: I. Errada. Entre A e B, há conservação de energia. Portanto: 1 mgha = mvb VB = gh VB II. Errada. = x10x0,8 = 4,0m/s 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. 1 = EC Ec0 mgh μmg.bc kx = 0 1 1x10x0,8 0,1x1x10x3,5 x100x = 0 50x = 4,5 x = 0,09 x = 0,3m = 30cm IV. Correta. Como sabemos, o trabalho da resultante é igual à variação da energia cinética. H 0,8 = EC Ec0 mgh μmg.d = 0 d= = = 8,0m μ 0,1 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. esposta da questão 1: Sem resposta. Aplicando o Teorema da Energia cinética, temos: m vb m va P N F m gh 0 d Fd = + + = m vb m va 10 F = m gh= d 5 5 F =, d 5 F = 7,5 10 J. d Comentário: Caso a questão pedisse o módulo do trabalho das forças dissipativas de A até B, a resposta seria a alternativa, como dado pelo gabarito oficial. esposta da questão 13: Considerando que a velocidade seja constante, temos: ΔS 100 v = = v = 10m/s. Δt 10 Aplicando a conservação da energia mecânica: m v v 10 m g h = h = = h= 5 m. g 0 A altura máxima atingida pelo centro de massa do atleta é: H= h+ h0 = 5+ 1 H= 6 m. esposta da questão 14: Dado: F r = 17mg. A figura ilustra as forças atuantes no objeto quando ele passa pelo ponto P. Gabarito Oficial: Página 4

5 Calculando a intensidade da força normal no ponto P. N + P = F r N= Fr P = 17 m g m g = 16 m g N= 4 m g. Mas na normal é a resultante centrípeta. Então: m v N= Fcent = = 4 m g m v = 4 m g. Pela Conservação da Energia Mecânica: P Q m v = E Mec + m g r = m g hmax 4 m g + m g = m gh max m g + m g = m gh max hmax = 3. esposta da questão 15: Como o enunciado nos informa que o corpo percorre 15m até alcançar o solo e que tanθ= 3 4, podemos desenhar a figura abaixo: Ao descer, o corpo de massa m empurra o plano, que se desloca para a direita, em relação ao solo. V X : componente horizontal de V ; V Y : componente vertical de V. V 3 V 3 tanθ= = = V U Y Y (eq.1) X + 4 VX + U 4 Ao descer, a energia potencial do corpo de massa m se transforma em energia cinética do corpo de massa m e do plano de massa M, todos em relação ao solo. MU mv + = mgh V + V = V V = V + V X Y X Y X + Y MU mv MU m.(v V ) + = mgh + = mgh (eq.) Para respondermos a questão, temos que encontrar V X e V. Para isso já temos a eq.1, faltando apenas mais uma Y equação. Considerando o sistema como isolado, teremos a conservação da quantidade de movimento em relação ao solo. Como o deslocamento do plano ocorre apenas na horizontal, podemos desconsiderar as componentes verticais no sistema. M.U 3 M.U + m.vx = 0 M.U m.vx = 0 VX = VX = U m (eq.3) Substituindo eq.3 em eq.1, teremos: U : velocidade do plano em relação ao solo; V : velocidade da esfera em relação ao solo. VY V = Y = U+ U VY = U V + U X (eq.4) Página 5

6 Substituindo eq.3 e eq.4 em eq., finalizamos: 3 15 m. U U + MU m.(v 8 X + V Y ) MU + = mgh + = mgh U U 10.U = U 5m/s esposta da questão 16: Dados: h = 10 m; v 0 = 0; v = 1 m/s. Pela conservação da energia mecânica: v0 1 m v gh+ 10( 10) + 0 m gh= m g h + H = H = g 10 H= 10,05 m. esposta da questão 17: (V) Para um dado corpo, a energia cinética só depende da velocidade. Como a velocidade tem módulo constante, a energia cinética também é constante e, consequentemente, sua variação é nula. (F) A energia mecânica do sistema diminui, pois a energia potencial está diminuindo e a energia cinética é constante. (V) A energia mecânica dissipada é transformada em energia térmica provocando aquecimento dos equipamentos de frenagem, sendo armazenada como energia interna do sistema. Comentário: foi desprezada a parcela de energia térmica dissipada para o meio ambiente. esposta da questão 18: a) 108km/h = 30m/s Δv 30 0 F= m a= m = 100 = 3600N Δt 10 Portanto, F = 3600N. elativamente ao plano AB o ponto C estará a uma altura de h= BC sen30 = 87,5 0,5 = 43,75m. Portanto, relativamente ao plano AB, sua energia mecânica será: 1 1 EM = mgh+ mv = , (5) = 540kJ. esposta da questão 19: Se 8% da energia mecânica são dissipados na descida, a energia mecânica final é 7% da energia mecânica inicial. Pelo Teorema da Energia Mecânica para sistemas nãoconservativos: final incial m v = 0,7 E Mec = 0,7 m g h v = 0, = 576 v = 4,0 m/s. esposta da questão 0: 1ª Solução: A figura mostra as forças (normal e peso) agindo no ciclista. A resultante das forças é a componente tangencial do peso. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, Calculamos o módulo da aceleração escalar na descida: 1 Fres = P x m a= m g sen30 a= gsen30 = 10 a = 5 m/s. Aplicando a equação de Torricelli: v = v0 + a S v = v = v = 10 m/s. ª Solução: O sistema é conservativo. b) A desaceleração no plano terá módulo g senα = 10 0,5 = 5,0m/s. 1 1 BC= V0 t+ a t = ( 5)5 = 87,5m Ao atingir o ponto C sua velocidade será V = V0 + at = 30 + ( 5) 5= 5,0m/s. Página 6

7 Aplicando o teorema da conservação da energia mecânica entre os pontos A e B: A B m v 1 = E Mec = m g h v = g S sen30 v = v = 10 m/s. esposta da questão 1: Como o enunciado cita um processo adiabático, não há troca de calor com nenhum meio externo, ou seja, o sistema é constituído apenas pelo bloco. De acordo com a 1ª lei da termodinâmica ΔU= Q τ, onde: Δ U : energia interna. Q: energia sob a forma de calor, responsável pelo aumento da temperatura. τ : trabalho realizado pela força de atrito entre o bloco e a superfície. Energia sob a forma de calor (Q), responsável pelo aumento da temperatura. m=1kg= g c=0,cal/g. ºC Δ T =33-3=1ºC Da equação do calor sensível, temos: 3 Q= m.c. ΔT Q= ,.1 Q= 0cal Considerando que 1cal=4,J: Q = 94J Trabalho (τ ) realizado pela força de atrito entre o bloco e a superfície. A força de atrito atua no bloco entre os pontos BC e, de acordo com o teorema da energia cinética: τ= ΔEc = EcC EcB. No ponto A o bloco possui energia potencial gravitacional ( Ep ga), que será transformada em energia cinética, de acordo que o bloco se aproxima do ponto B ( Ec B). Como o bloco atinge o ponto C em repouso, ele não possui energia cinética neste ponto ( EcC = 0). EpgA = m.g.h = = = = EcB EpgA m.g.h EcB EcB 50J τ= ΔEc = EcC EcB = 0 50 τ= 50J Energia interna ( Δ U ). Substituindo os valores na 1ª lei da termodinâmica: ΔU= Q τ ΔU= 94 ( 50) Δ U= 974J esposta da questão : 1ª Solução: Teorema da Energia Cinética. O trabalho da força de atrito é 30% da energia mecânica inicial. Então, pelo teorema da energia cinética: mv mv τ 0 F = ΔE res cin τpeso + τnormal + τfat = mv mv 0 mv0 mgh+ 0 0,3 mgh + = mv mv 0 mv0 mgh 0,3mgh 0,3 + = v v0 v 0,7gh+ 0,7 = 0,7( 10)( 3,3) + 0,7 = v = 49 v = 7m/s. ª Solução: Teorema da Energia Mecânica para Sistema não-conservativo. Se 30% da energia mecânica são dissipados pelo atrito na descida, a energia mecânica final é igual a 70% da energia mecânica inicial. final inicial mv mv 0 Emec = 0,7E mec = 0,7 + mgh v = 0,7 + 1,4 10 3,3 v = 49 v = 7m/s. esposta da questão 3: Para atingir o ponto C, tem que passar pelo ponto B. Tratando-se de um sistema conservativo, pela conservação da energia mecânica: A B m V0 = E Mec = m g h B V0 = ghb = ( 10)( 16,) = 34 V0 = 18 m/s. Obs: rigorosamente, V 0 > 18 m/s. esposta da questão 4: Dados: m = kg; K = 00 N/m; v = 1 m/s; h = 4 m. O sistema é conservativo. Então: A B K x m v 00 x 1 = E Mec = m g h + = ( 10)( 4 ) + 81 x =± x = ± 0,9 m. 100 Ignorando a resposta negativa: x = 90,0 cm. esposta da questão 5: Página 7

8 Pela conservação da energia mecânica, a energia máxima disponível em uma colisão é a energia cinética adquirida pela esfera de demolição ao baixar da posição inicial até o nível de impacto. Essa energia cinética provém da energia potencial gravitacional perdida ao baixar esse desnível h. Portanto: Ecin = Epot = Mgh. esposta da questão 6: A energia mecânica total do corpo é 18J que será exclusivamente cinética ao tocar o solo. EC 1 1 mv 18 x4xv V 3,0 m/s. = = = esposta da questão 7: Analisando cada uma das afirmações: I. Incorreta. O sistema é conservativo. Então, tomando como referencial o plano horizontal que passa pelo ponto B. temos: B A mvb mva = E Mec = mgh + vb = va + g h vb = va + ( 10)( 5 ) vb = va II. Incorreta. Como foi demonstrado na afirmação anterior, a velocidade não depende da massa. III. Correta. Como os pontos A e C estão na mesma altura, as velocidades nesses pontos tem mesmo valor: v C = v A. esposta da questão 8: Gabarito Oficial: Gabarito SuperPro : Sem resposta. Observação: a questão ficou confusa (por isso foi classificada com de dificuldade elevada), pois a banca examinadora cometeu um deslize no enunciado: a energia solar coletada por m já é diária; a unidade correta para os dados da tabela é:.h/(m.dia). Não faz sentido Físico algum multiplicar o valor encontrado na tabela por 10 h, como fez a banca examinadora para chegar à resposta gabaritada, pois a unidade obtida seria h, que não é unidade de energia. Analisando o mapa na região do Triângulo Mineiro e confrontando com a tabela ao lado, vemos que o limite inferior da irradiação solar por m é de h, como mostra a figura. Isso significa que a energia coletada diariamente equivale à de uma máquina de potência operando durante 1 h. 6 E = h= ( ) ( s ) E = 1,4 10 J. [Esse é um valor coerente com outras tabelas, que fornecem para a região o valor de, aproximadamente, 0 MJ/(m.dia)]. Se toda essa energia fosse usada para erguer a carga de massa m =.000 kg, num local onde g = 10 m/s, teríamos: 6 E 1,4 10 E= m g h h= = =.000( 10) h m g h h= 1.06 m. esposta da questão 9: Inicialmente, a temperatura da sala diminui. Uma vez atingido o equilíbrio térmico, a temperatura da sala aumenta, pois está entrando energia elétrica na sala, sendo transformada em energia térmica pelo sistema motorcompressor. esposta da questão 30: Variação da quantidade de movimento: ΔQ= m. ΔV forma escalar ΔQ= 0,06.(60 0) = 0,06.60 = 3,6 ΔQ= 3,6kg m s Variação da energia cinética: Página 8

9 V V0 ΔEC = EC.F EC.0 = m. m. 60 ΔEC = 0,06. 0 ΔEC = 108J esposta da questão 31: Para a caixa chegar até B, faltou a energia potencial correspondente à altura h, de C a B. Caso II Pela equação de Torricelli, no eixo y: v = v g y. y oy Quando vy = 0 y= H. v 0sen θ 0= vosen θ gh H =. g θ< < Como sen 1 H H. 1 Porém, nos dois casos, os sistemas são conservativos, pois apenas o peso, que é uma força conservativa, realiza trabalho. Então, a energia mecânica se conserva, sendo igual para os dois casos, não só no ponto de altura máxima, mas em qualquer outro ponto da trajetória. Tomando como referencial o plano horizontal de lançamento, temos: h 1 h sen30 = = h= 0,8 m. 1,6 1,6 pot ΔE = mgh= ,8 ΔE = 40J. esposta da questão 3: esposta da questão 33: pot I II mv0 = E Mec =. esposta da questão : a) 4 3π 10 7 J b) - 00 N/m c) Como a pressão da água sobre a bolha é negativa, isto significa que a pressão da bolha sobre a água é positiva, gerando a expansão da mesma. esposta da questão 34: esposta da questão 35: Gabarito Parte II: esposta da questão 1: No caso I, no ponto de altura máxima a velocidade é nula, ou seja, toda a energia cinética inicial transforma-se em potencial gravitacional. No caso II, no ponto de altura máxima a bola tem energia cinética correspondente à componente horizontal da velocidade. Portanto, no caso I a altura máxima H 1 é maior que no caso II, H. Calculando essas alturas. Caso I Pela conservação da energia mecânica: mv0 v0 = mgh 1 H 1=. g Página 9