Fuvest-Um corpo de massa m é lançado com velocidade ini

Fuvest-Um corpo de massa m é lançado com velocidade inicial V0 na parte horizontal de uma rampa, como indicada na figura. Ao atingir o ponto A, ele abandona a rampa, com uma velocidade VA(VAx,VAy), segue uma trajetória que passa pelo ponto de máxima altura B e retorna à rampa no ponto C. Despreze o atrito. Sejam hA, hB e hC as alturas dos pontos A, B e C, respectivamente, VB(VBx,VBy) a velocidade do corpo no ponto B e VC(VCx,VCy), a velocidade do corpo no ponto C.


Considere as afirmações:
I) V0 = VAx = VBx = VCx
II) VAx = VB = VCx
III) mVB²/2 = mVA²/2 - mg (hB - hA)
IV) mV0²/2 = mghB
V)mVAy²/2 = mg (hB - hA)

São corretas as afirmações:
Gbarito 

Spoiler:

Olá pessoal,tudo bem? 
Agradeço desde já,queria as justificativas dos romanos II,III,IV e V
Na II não entendi o por quê de estar correta,haja vista que n seria Va=Vb=Vc e não essas decomposições?
Na III Vb não é quase zero?E qual o motivo do negativo na epg dela?

@ElcioschinPor favor mestre me ajude kkkkkk

Sua questão está com a imagem faltando. Poste-a aqui para que possamos te ajudar.

Agora sim! Não sou o mestre Elcio, mas vou conseguir te ajudar. Vamos às justificativas:

II - Lembre-se que os movimentos são independentes entre si. Na direção vertical, a gravidade altera a velocidade \(V_y\) dos corpos, algo que não ocorre na direção horizontal, visto que não há força alguma nessa direção. E como em A, B e C, o corpo não tem como alterar sua velocidade horizontal, ela ainda é a mesma nesses três casos, portanto \(Va_x = Vb = Vc_x\)

III - Sugiro a você revisitar a teoria sobre energia potencial e cinética. Pense comigo: a energia cinética do corpo no instante B será o que ele tinha menos aquilo que ele perdeu para chegar até lá, concorda? Em A ele tinha certa energia cinética, mas quando saiu da plataforma, ele agora possui energia potencial gravitacional. O corpo, em miúdos, está "trocando" a energia cinética pela energia potencial. Essa "troca" é o trabalho da energia potencial nesse trecho:

\(W_{E_{pot}}= E_{pot_i} - E_{pot_f}\)

Usando o teorema da energia cinética:

\(W_{total}= \Delta E_{cin} \implies mg(h_a - h_b) = \frac{mv_b^2}{2} - \frac{mv_a^2}{2}\)

\(\therefore \boxed{\frac{mv_b^2}{2} = \frac{mv_a^2}{2} -mg(h_b - h_a)}\)

Respondendo suas perguntas: a velocidade vertical no ponto B é nula, não ela como um todo. A epot é negativa porque ocorreu apenas uma manipulação algébrica. Mostrei acima que a ha vem primeiro. A única coisa que ele fez foi inverter as posições de dentro do parênteses, a custo de inverter o sinal da expressão.

IV - O ponto B é o ponto de máximo, e \(V_o\) é a velocidade inicial, portanto toda a velocidade que ele tinha. Quando ele chegou lá no topo, ele "trocou" toda a energia cinética que possuía por energia potencial. Sua energia mecânica se conservou. Portanto:

\(\frac{mv_0^2}{2} = mgh_b\)

V - Perceba que aqui sim estamos falando da velocidade vertical. Essa será afetada pela gravidade e, portanto, terá alteração até B. Mas se lembre que a força da gravidade é conservativa, então a energia se conserva até B, portanto sua energia cinética é basicamente sua energia potencial naquele ponto, que é a diferença das alturas hb e ha, logo:

\(\frac{mv_{a_y}^2}{2} = mg(h_b - h_a) \)

Qualquer dúvida só avisar.

Muito boa a resposta; vou apenas resumir a resposta para uma pergunta dele:

No ponto B, apenas a componente vertical VBy é nula. Mas a componente VBx continua existindo. Logo, no ponto B a velocidade total é a própria velocidade VBx.

Caraca,que maestria ao resolver!
Agradeço de coração:)

Olá... A dificuldade nesta questão é que não está claro que a velocidade Vo iria s decompor em Vy e Vx nos pontos A, B e C. A princípio, imaginei que Vo se manteria como velocidade horizontal e isso me induziu a uma serie de erros...

No ponto O de lançamento temos velocidade Vo e energia potencial Epo = 0

1) Vo se decompõe em duas: Vox e Voy --> Vox é constante e Voy varia

Seja θ o ângulo entre Vo e a horizontal

2) A energia total no ponto O vale: Eo = Epo + Ec0 ---> Eo = (1/2).m.Vo² 

No ponto A temos:

1) Va < Vo ---> direção de Va ≠ da direção de Vo, logo o ângulo θ' é diferente

2) Vax = Vox ---> ambas horizontais

3) Vay < Voy ---> logo Ecy < Eco 

EpA = m.g.hA ---> Eca = (1/2).m.Va²

Ea = Eo --> EpA + EcA = (1/2).m.Vo² --> m.g.hA + (1/2).m.Va² = (1/2).m.Vo²

2.g.hA = Vo² - Va²

E assim por diante: os ângulos vão mudar sempre e Vy também. Só se mantém constante Vox