UFRGS 2016 — questão 9 de Física

Gabarito DEnergia — energias cinética e potencial no ponto mais alto de um lançamento oblíquoConcurso Vestibular · Física
Enunciado — imagem da prova
Enunciado da questão 9 de Física do UFRGS 2016

Enunciado em texto

Na figura abaixo, está representada a trajetória de um projétil lançado no campo gravitacional terrestre, com inclinação ϕ\phi em relação ao solo. A velocidade de lançamento é v0=v0x+v0y\mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_{0x} + \mathbf{v}_{0y}, onde v0x\mathbf{v}_{0x} e v0y\mathbf{v}_{0y} são, respectivamente, as componentes horizontal e vertical da velocidade v0\mathbf{v}_0.

[Figura: eixos y (m), vertical, e x (m), horizontal. A partir da origem 0 sai o vetor v0\mathbf{v}_0, inclinado do ângulo ϕ\phi com o eixo x; linhas tracejadas mostram suas componentes v0x\mathbf{v}_{0x} (no eixo x) e v0y\mathbf{v}_{0y} (no eixo y). A trajetória, desenhada com pontos, é uma parábola que sobe a partir da origem, atinge um ponto mais alto e volta ao eixo x mais à direita.]

Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado abaixo, na ordem em que aparecem.

Considerando a energia potencial gravitacional igual a zero no solo e desprezando a resistência do ar, as energias cinética e potencial do projétil, no ponto mais alto da trajetória, valem, respectivamente, ........ e ........ .

(A) zero – mv02/2mv_0^2/2

(B) zero – mv0x2/2mv_{0x}^2/2

(C) mv02/2mv_0^2/2 – mv0y2/2mv_{0y}^2/2

(D) mv0x2/2mv_{0x}^2/2 – mv0y2/2mv_{0y}^2/2

(E) mv0y2/2mv_{0y}^2/2 – mv0x2/2mv_{0x}^2/2

(Enunciado e figura: Concurso Vestibular UFRGS 2016, Física — UFRGS.)

Transcrição do enunciado original da prova, reproduzido para fins de estudo. Todos os direitos do enunciado pertencem à Universidade Federal do Rio Grande do Sul (UFRGS), Comissão Permanente de Seleção (COPERSE).

Resolução comentada

O que a questão pede: a energia cinética e a energia potencial do projétil no topo da trajetória.

Passo 1 — a velocidade no topo. Sem resistência do ar, a componente horizontal da velocidade não muda (nenhuma força horizontal). No topo, a componente vertical é zero. Sobra só v0xv_{0x}:

Ec=mv0x22E_c = \frac{m v_{0x}^2}{2}

Passo 2 — a energia potencial pela conservação. A energia mecânica se conserva. No lançamento, a energia potencial é zero e a cinética é mv02/2mv_0^2/2. Como v02=v0x2+v0y2v_0^2 = v_{0x}^2 + v_{0y}^2 (as componentes são perpendiculares):

Ep=mv022−mv0x22E_p = \frac{m v_0^2}{2} - \frac{m v_{0x}^2}{2}

Ep=mv0y22E_p = \frac{m v_{0y}^2}{2}

Conferindo: a altura máxima é h=v0y2/2gh = v_{0y}^2/2g; então Ep=mgh=mv0y2/2E_p = mgh = mv_{0y}^2/2. Bate.

⚠️ A armadilha: achar que no topo o projétil "para" e marcar energia cinética zero (alternativas A e B). Só a componente vertical zera; a horizontal continua lá.

A ideia em uma frase: no topo, a cinética é a da componente horizontal e a potencial é exatamente a cinética que a componente vertical tinha no lançamento.

Resposta: alternativa D (mv0x2/2mv_{0x}^2/2 e mv0y2/2mv_{0y}^2/2).

Vídeo em breve

A resolução em vídeo desta questão ainda não foi gravada. A explicação escrita acima está completa, passo a passo. Novos vídeos saem no canal do Professor Filatte.

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