Sobre um corpo de 2 5kg, de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de intensidades

150 40 N, e 50 40 N, , respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o número correto de algarismos significativos é: a) 240 00m/s, . b) 240m/s . c) 2 20,4 10 m/s⋅ . d) 240 0m/s, . e) 240 000m/s, .

Resolução

A resultante sobre o corpo será de: 150 40N 50 40NR , ,= − 100 00 NR ,= (5 significativos)

Para obter a aceleração:

2100 00 40m/s2 5

R ,am ,

= = = (2 significativos)

Já que a resposta deve ter um número de algarismos significativos igual ao número de algarismos do operando que tiver menor número de significativos.

Alternativa b

A partir do nível P , com velocidade inicial de 5m/s , um corpo sobe a superfície de um plano inclinado PQ de 0 8m, de comprimento. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o corpo é igual a 1 3/ . Considere a aceleração da gravidade 210m/sg = , sen 0 8,θ = , cos 0 6,θ = e que o ar não oferece resistência. O tempo mínimo de percurso do corpo para que se torne nulo o componente vertical de sua velocidade é: a) 0 20s, . b) 0 24s, . c) 0 40s, . d) 0 44s, . e) 0 48s, .

2

Resolução

A aceleração resultante do corpo durante a subida pode ser determinada pelo PFD: xF m a∑ = ⋅

at xF P m a+ = ⋅

xN P m aμ + = ⋅

y xP P m aμ + = ⋅

cos senP P m aμ θ θ⋅ + ⋅ = ⋅ cos senm g m g m aμ θ θ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅

( cos sen )a g μ θ θ= ⋅ +

2110( 0,6 0,8) 10m/s3

a = + = , em módulo.

Assim, o corpo chegará ao topo do plano inclinado com velocidade: 2 2

0 2v v a S= − Δ 2 25 2 10 0,8 9v = − ⋅ ⋅ =

3m/sv =

Durante a subida do plano inclinado a partícula gastou um tempo:

15 3 0 20s10

vt ,aΔΔ −

= = =

Ao final do plano inclinado o corpo é lançado obliquamente com velocidade inicial 3m/sv = e ângulo θ de lançamento.

O tempo gasto a partir de agora para que partícula alcance altitude máxima vale:

20 sen 0 2 4 0 24s

10y

y

v v ,t ,a gΔ θΔ − ⋅ −

= = = =− −

E o tempo total gasto foi então:

1 2 0 44st t ,Δ Δ+ =

Alternativa d

A figura mostra uma pista de corrida ABCDEF , com seus trechos retilíneos e circulares percorridos por um atleta desde o ponto A , de onde parte do repouso, até a chegada em F , onde pára. Os trechos BC , CD e DE são percorridos com a mesma velocidade de módulo constante.

Considere as seguintes afirmações: I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB , BC , DE e EF . II. O sentido de aceleração vetorial média do movimento do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF . III. O sentido da aceleração vetorial média do movimento do atleta é para sudeste no trecho BC , e, para sudoeste, no DE .

Então, está(ão) correta(s) a) ( ) apenas a I. b) ( ) apenas a I e II. c) ( ) apenas a I e III. d) ( ) apenas a II e III. e) ( ) todas.

3

Resolução Trecho AB

Movimento retilíneo acelerado a e v mesmo sentido ( a para o Norte)

Trecho BC

Movimento circular e uniforme 0cpa ≠

mvat

=ΔΔ

ma e vΔ tem a mesma direção (Sudeste) e sentido.

Trecho CD

Movimento retilíneo e uniforme 0a =

Trecho DE

Movimento circular e uniforme 0cpa ≠

ma e vΔ tem mesma direção (Sudoeste) e sentido.

Trecho EF

Movimento retilíneo retardado. a e v sentidos opostos ( a para o Norte)

Logo, I, II e III são verdadeiras.

Alternativa e

Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade V constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q . Mostrados na figura, o aparelho 1M registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho 2M . Sendo sV a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos 1M e 2M em relação ao alvo Q é:

a) ( ) ( )2 2s s sV V V / V V− − .

b) ( ) ( )2 2s s sV V V / V V− − .

c) ( ) ( )2 2s sV V V / V V− − .

d) ( ) ( )2 2s s sV V V / V V+ − .

e) ( ) ( )2 2s s sV V V ) / V V− + .

4

Resolução

Tempo contado pelo sensor 1 :

1s s

c x c xtv v v−

= = + ( )I

Tempo contado pelo sensor 2 :

22 s

a c btv v v

= = + (II)

Teorema de Pitágoras no 2PQMΔ : 2 2 2a b c= + (III)

De ( )I : ( )2 2 2s

s s s s s

v vc c x x xcv v v v v v v

−− = = ⇒ = ∴

2

s

xvcv v

=−

De ( )II : 2 2s s s

s s

cv xv v xva b b bv v v v v v

⎛ ⎞= + = + ⋅ = +⎜ ⎟

− −⎝ ⎠

Por fim, substituindo ( )I e ( )II em (III) : 2 2

22 2s

s s

xv vb bv v v v

⎛ ⎞ ⎛ ⎞++ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2 22 2

2 2

4 4 4s s

s s s

bxv x v x vb bv v ( v v ) ( v v )

+ + = + ⇒− − −

( )2 2 2

2 2

44 s s s

ss s

x v v x v ( v v )bxvv v b v v

− −= ⇒ =

− −

Alternativa a

Na experiência idealizada na figura, um halterofilista sustenta, pelo ponto M , um conjunto em equilíbrio estático composto de uma barra rígida e uniforme, de um peso 1 100 NP = na extremidade a 50cm de M , e de um peso 2 60 NP = , na posição 2x indicada. A seguir, o mesmo equilíbrio estático é verificado dispondo-se, agora, o peso 2P na posição original de

1P , passando este à posição de distância 1 21 6x , x= da extremidade N . Sendo de 200cm o comprimento da barra e 210m/sg = aceleração da gravidade, a massa da barra é de

a) ( ) 0 5kg, b) ( ) 1 0kg, c) ( ) 1 5kg, d) ( ) 1 6kg, e) ( ) 2 0kg,

5

Resolução

Como foi descrito no enunciado:

1 21 6x , x= ( )I

Para que o corpo esteja em equilíbrio, as somas dos torques em relação a M na situação 1 deve ser nula:

1 0M ,M =∑

( )1 0 5 2 20 5 1 50 0B ,P , P P , x⋅− − − =

( )22

60 4050 0 5 90 60 0 II0 5BxPB , x P,−

− ⋅ − + = ⇒ =

Continuando o equilíbrio, as soma dos torques em relação a M na situação 2 ainda é nula:

2 0M ,M =∑

( )2 1 10 5 0 5 1 50 0BP , P , P , x− ⋅ − − =

130 0 5 150 100 0BP , x− ⋅ − + =

1100 0 5 120Bx P ,= ⋅ +

Substituindo ( )I em ( )II :

( )2100 1 6 0 5 120B, x P ,⋅ = ⋅ +

2160 0 5 120Bx P ,= ⋅ +

( )20 5 120 III

60BP ,x ⋅ +

=+

Substituindo ( )III em ( )II , temos:

0 5 12060 40160

0 5

B

B

P ,

P,

⋅ +⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

30 5 0 5 45 408B B, P P ,⋅ = ⋅ + −

5 1 58 2BP ⋅ =

16 NBP =

16 1 6kg10

BB

Pm ,g

= = =

Alternativa d

6

No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático. Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale:

a) ( ) 2 24ML / m M− . b) ( ) L . c) ( ) 2 24ML / M m− . d) ( ) 2 24mL / m M− . e) ( ) 2 22ML / m M− .

Resolução

No equilíbrio tem-se que a força resultante é nula, logo, a poligonal formada com as forças deverá ser fechada.

Pela semelhança entre os triângulos APQ e QBC , temos:

'/ 2h xT T

=

'2xThT

= , onde, T ' M g= ⋅ e T m g= ⋅

7

e fazendo, 2 2 2x h L= + , temos: 2 2

2Mg h Lh

mg+

=

22 2 2

2 ( )4Mh h Lm

= +

2 22 2

2 2(1 )4 4M Mh Lm m

− =

2 2 2 22

2 2

4( )4 4m M M Lhm m−

=

2 2/ 4h ML m M= −

Alternativa a

Uma bala de massa m e velocidade 0v é disparada contra um bloco de massa M , que inicialmente se encontra em repouso na aborda de um poste de altura h , conforme mostra a figura. A bala aloja-se no bloco que, devido ao impacto, cai no solo. Sendo g a aceleração da gravidade, e não havendo atrito nem resistência de qualquer outra natureza, o módulo da velocidade com que o conjunto atinge o solo vale:

a) ( )2

0 2mv ghm M

⎛ ⎞ +⎜ ⎟+⎝ ⎠

b) ( ) 2

20 2

2ghmv(m M )

++

c) ( ) 20 2v gh+

d) ( ) 20

2mghvM

+

e) ( )20 2mv gh

m M+

+

Resolução

Durante o impacto entre a bala e o bloco há conservação de quantidade de movimento

0Q Q=∑ ∑

( ) 0 0xm M v m v M+ = ⋅ + ⋅

0xmv v

m M⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟+⎝ ⎠

Determinação da velocidade vertical após o impacto: 2 2

0 2y yv v a sΔ= +

2yv g h= ⋅

Como a velocidade horizontal não varia durante a queda, vem: 2 2 2

x yv v v= +

20 2m vv g h

m M⋅⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟+⎝ ⎠

Alternativa a

8

Projetado para subir com velocidade média constante a uma altura de 32 m em 40 s, um elevador consome a potência de 8,5 kW de seu motor. Considere seja de 370 kg a massa do elevador vazio e a aceleração da gravidade g = 10 m/s2. Nessas condições, o número máximo de passageiros, de 70 kg cada um, a ser transportado pelo elevador é: a) ( ) 7. b) ( ) 8. c) ( ) 9. d) ( ) 10. e) ( ) 11.

Resolução

Seja n o número máximo de passageiros:

( ) ( )70 370 10 3240

m gd nF dPt t t

⋅ + ⋅ ⋅τ ⋅= = = =∑

( )3 70 370 10 328 5 10

40n

P ,⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ =

38 5 10 40 70 37010 32, n⋅ ⋅

= ⋅ +⋅

850070 3708

n = −

70 630 62 5n ,= + 692 5 9 89 10

70,n ,= = <

9n⇒ = Alternativa c

Um corpo indeformável em repouso é atingido pro um projétil metálico com a velocidade de 300 m/s e a temperatura de 0 ºC. Sabe-se que, devido ao impacto, 1/3 da energia cinética é absorvida pelo corpo e o restante transforma-se em calor, fundindo parcialmente o projétil. O metal tem ponto de fusão 300ft º C= , calor específico 0 02cal/gºCc ,= e calor latente

de fusão 6fL cal / g.= Considerando 1cal 4J,≅ a fração x da massa total do projétil metálico que se funde é tal que

a) ( ) x < 0,25. b) ( ) x = 0,25. c) ( ) 0,25< x < 0,5. d) ( ) x = 0,5. e) ( ) x > 0,5.

Resolução

A energia cinética total do impacto vale:

( )23002cE m=

Desta, 23

são aproveitados pelo projétil na forma de calor:

23 CQ E= ⋅

( ) ( )2300280J/kg C 300 2400J/kg3 2

m x m m⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

0 25x ,⇒ = Alternativa b

9

Uma bolinha de massa M é colada na extremidade de dois elásticos iguais de borracha, cada qual de comprimento 2L / , quando na posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, esta permanece apenas sob a ação da tensão T de

cada um dos elásticos e executa no plano vertical um movimento harmônico simples, tal que sen tgθ ≅ θ . Considerando que a tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale

M

yθ

L2

L2

a) ( ) 42 ML .T

π

b) ( ) 24ML .T

π

c) ( ) 2 ML .T

π

d) ( ) 22ML .T

π

e) ( ) 22 ML .T

π

Resolução

2 4cos cos 2 cos 2 sen 22RTy TyF T T T T T tgL / L

= ⋅ α + ⋅ α = ⋅ α = ⋅ θ = ⋅ θ= =

Fazendo analogia com um sistema massa-mola de constante k e período 2 MTk

= , temos:

4R

TF y k yL

= − ⋅ = − ⋅ ⇒4T kL

= , e então: 2 24 4M MLT T TL

= π = π

Alternativa b

Numa cozinha industrial, a água de um caldeirão é aquecida de 10°C a 20°C , sendo misturada, em seguida, à água a 80°C de um segundo caldeirão, resultando 10 de água a 32°C , após a mistura. Considere que haja troca de calor apenas entre as duas porções de água misturadas e que a densidade absoluta da água, de 1kg/ , não varia com a temperatura,

sendo, ainda, seu calor específico 1 -11 0cal g ºCc , −= ⋅ ⋅ . A quantidade de calor recebida pela água do primeiro caldeirão ao ser aquecida até 20°C é de: a) ( ) 20kcal . b) ( ) 50kcal . c) ( ) 60kcal . d) ( ) 80kcal . e) ( ) 120kcal .

10

Resolução

kgx de água a 20°C são adicionados à ( )10 kgx− de água a 80°C , resultando 10kg de água a 32°C .

( )12 10 48x c x c⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅

( )4 10x x= −

40 4x x= − 8kgx =

Aquecendo os 8kg de água de 10°C a 20°C :

Q m c= ⋅ ⋅ Δθ cal8kg 1 10ºCgºC

Q = ⋅ ⋅

80kcalQ =

Alternativa d

A água de um rio encontra-se a uma velocidade inicial V constante, quando despenca de uma altura de 80 m, convertendo toda a sua energia mecânica em calor. Este calor é integralmente absorvido pela água, resultando em um aumento de 1K de sua temperatura. Considerando 1 cal 4J≅ , aceleração da gravidade 210 m/sg = e calor específico da água

-1 -11,0 cal g ºCc = , calcula-se que a velocidade inicial da água V é de:

a) 10 2 m/s . b) 20 m/s . c) 50 m/s .

d) 10 32 m/s . e) 80 m/s .

Resolução

Em uma dada massa m de água do rio, está armazenada a seguinte energia mecânica:

2

2mmVE mgh= +

Se toda esta energia converte-se em calor, temos: mQ E=

2

2m Vm c m g hθ ⋅

⋅ ⋅ Δ = ⋅ ⋅ +

2

2Vc g hθ⋅ Δ = ⋅ +

2 2 ( )V c g hθ= ⋅ ⋅ Δ − ⋅

2 (4000 10 80)V = ⋅ − ⋅

80 m/sV =

Alternativa e

11

Numa planície, um balão meteorológico com um emissor e receptor de som é arrastado por um vento forte de 40 m/s contra a base de uma montanha. A freqüência do som emitido pelo balão é de 570 Hz e a velocidade de propagação do som no ar é de 340 m/s. Assinale a opção que indica a freqüência refletida pela montanha e registrada no receptor do balão. a) ( ) 450Hz b) ( ) 510Hz c) ( ) 646Hz d) ( ) 722Hz e) ( ) 1292Hz

Resolução

Podemos considerar que a montanha funciona como espelho:

0 340 40570

340 40s

s f

v vf ' fv v+ +

= ⋅ = ⋅+ −

380 57 38570 722Hz300 3

f ' ⋅= ⋅ = =

Alternativa d

A figura mostra um raio de luz propagando-se num meio de índice de refração n1 e transmitido para uma esfera transparente de raio R e índice de refração n2. Considere os valores dos ângulos α, φ1 e φ2 muito pequenos, tal que cada ângulo seja respectivamente igual à sua tangente e ao seu seno. O valor aproximado de φ2 é de

a) 1

2 12

n ( ).n

φ = φ − α

b) 12 1

2

n ( ).n

φ = φ + α

c) 1 12 1

2 2

1n n .n n

⎛ ⎞φ = φ + − α⎜ ⎟

⎝ ⎠

d) 12 1

2

n .n

φ = φ

e) 1 12 1

2 2

1n n .n n

⎛ ⎞φ = φ + − α⎜ ⎟

⎝ ⎠

12

Resolução

Da figura observamos através da lei de Snell-Descartes que:

( )1 1 2 2sen senn ( ) nφ + α ⋅ = φ + α ⋅

E fazendo a aproximação, sen tgθ = θ = θ , temos:

1 1 1 2 2 2n n n nφ ⋅ + α = φ + α

( )1 1 1 2 2 2n n n nφ ⋅ + α − = φ

1 12 1

2 2

1n nn n

⎛ ⎞φ = ⋅ φ + α −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Alternativa e

A figura mostra dois alto-falantes alinhados e alimentados em fase por um amplificador de áudio na freqüência de 170 Hz. Considere seja desprezível a variação de intensidade do som de cada um dos alto-falantes com a distância e que a velocidade do som é de 340 m/s. A maior distância entre dois máximos de intensidade da onda sonora formada entre os alto-falantes é igual a

a) ( ) 2m. b) ( ) 3m. c) ( ) 4m. d) ( ) 5m. e) ( ) 6m.

Resolução

Ocorrerá interferência construtiva no ponto médio entre os alto-falantes e em todo o ponto P da forma:

1 2d d n− = λ

7 72 2

x x n⎛ ⎞+ − − = λ⎜ ⎟⎝ ⎠

2x n= λ

2x n λ=

Assim, a distância entre dois máximos consecutivos vale:

2x λ=Δ

340 2170

v f= λ ⋅ ∴ λ = =

1x m=Δ

13

E podemos assim, determinar todos pontos de máximo

E por fim a maior distância entre dois máximos: 6mMAXxΔ =

Alternativa E

O circuito da figura é composto de duas resistências, 31 1,0 10R x= Ω e 3

2 1,5 10 ,R x= Ω respectivamente, e de dois capacitores, de capacitâncias 9

1 1,0 10C x F−= e 92 2,0 10 ,C x F−= respectivamente, além de uma chave S, inicialmente aberta.

Sendo fechada a chave S, a variação da carga QΔ no capacitor de capacidade 1C , após determinado período, é de:

a) 98,0 10 .x C−− b) 96,0 10 .x C−− c) 94,0 10 .x C−− d) 94,0 10 .x C−+ e) 98,0 10 .x C−+

Resolução Na situação inicial, a corrente é nula, e a tensão sobre 1C e 2C será de 10 V, e portando:

91, 1 1 1,0 10 10inicialQ C V −= ⋅ = ⋅ ⋅

8, 1,0 10C inicialQ C−= ⋅

Considerando que o determinado período em questão foi suficientemente longo para que se atingisse o regime estacionário, temos:

11

1 2

10RRV

R R= ⋅

+

1110 4

2,5RV V= ⋅ =

, 1 1C final RQ C V= ⋅ 9

, (1,0 10 ) 4C finalQ −= ⋅ ⋅ 9

, 4,0 10 CC finalQ −= ⋅ 9

, , (4,0 10,0) 10C final C inicalQ Q Q −Δ = − = − ⋅ 96,0 10 CQ −Δ = − ⋅

Alternativa b

14

No circuito da figura, tema-se as resistências R, R 1, R 2 e as fontes V1 e V 2 aterradas. A corrente i indicada é

a) ( ) 1 2 2 1

1 2 2 1

(V R V R )i( R R RR RR )

−=

+ +

b) ( ) 1 1 2 2

1 2 2 1

(V R V R )i( R R RR RR )

+=

+ +

c) ( ) 1 1 2 2

1 2 2 1

(V R V R )i( R R RR RR )

−=

+ +

d) ( ) 1 2 2 1

1 2 2 1

(V R V R )i( R R RR RR )

+=

+ +

e) ( ) 2 1 1 2

1 2 2 1

(V R V R )i( R R RR RR )

−=

+ +

Resolução

O circuito da figura, equivale a:

Pela lei das malhas:

11 1 1 1

1

0 V R iV R i R i iR− ⋅

− − ⋅ = ⇒ =

22 2 2 2

2

0 R i VR i R i V iR⋅ −

⋅ − − = ⇒ =

Pela lei dos nós:

1 2i i i= −

1 2

1 2

V R i R i ViR R− ⋅ ⋅ −

= −

1 2

1 1 2 2

V R R Vi i iR R R R

= − − +

1 2

1 2 1 2

1 R R V ViR R R R

⎛ ⎞+ + ⋅ = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

[ ]1 2 2 1 1 2 2 1R R ( R R )R i V R V R+ + = +

1 2 2 1

1 2 1 2

V R V RiR R R R R R

+=

+ +

Alternativa d

15

A figura mostra uma partícula de massa m e carga 0q ,> numa região com campo magnético B constante e uniforme, orientado positivamente no eixo x. A partícula é então lançada com velocidade inicial v no plano xy, formando o ângulo θ indicado, e passa pelo ponto P, no eixo x, a uma distância d do ponto de lançamento. Assinale a alternativa correta.

a) ( ) O produto d q B deve ser múltiplo de 2π m v cosθ. b) ( ) A energia cinética da partícula é aumentada ao atingir o ponto P. c) ( ) Para θ = 0, a partícula desloca-se com movimento uniformemente acelerado. d) ( ) A partícula passa pelo eixo x a cada intervalo de tempo igual a m/qB. e) ( ) O campo magnético não produz aceleração na partícula.

Resolução y

Fm

vy

z

vx

x

v

B

P

d n voltas

θ

A força magnética é a componente centrípeta do movimento circular uniforme:

m cpF F= 2ym v m v senq v B sen q

R Rθθ

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ = ∴

senm vRq B

θ⋅ ⋅=

⋅

2 2 sensenyR m vv v

T T q Bπ π θθ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ = =⋅ ⋅

2 mTq Bπ ⋅

=⋅

O tempo total do percurso é um múltiplo inteiro de um período:

2 2 cosx

d mt n d q B n m vv q B

Δ π ⋅= = ∴ ⋅ ⋅ = ⋅ π ⋅ ⋅ ⋅ θ

⋅

Alternativa a

16

Considere uma sala à noite iluminada apenas por uma lâmpada fluorescente. Assinale a alternativa correta. a) ( ) A iluminação da sala é proveniente do campo magnético gerado pela corrente elétrica que passa a lâmpada. b) ( ) Toda potência da lâmpada é convertida em radiação visível. c) ( ) A iluminação da sala é um fenômeno relacionado a ondas eletromagnéticas originadas da lâmpada. d) ( ) A energia de radiação que ilumina a sala é exatamente igual à energia elétrica consumida pela lâmpada. e) ( ) A iluminação da sala deve-se ao calor dissipado pela lâmpada.

Resolução

A desaceleração dos elétrons atirados sobre o gás da lâmpada determina a emissão de energia na forma de onde eletromagnética que é responsável pela iluminação da sala. Dessa energia emitida parte é radiação visível e outra parte é onda infra-vermelha (fora do espectro visível).

Alternativa C

O átomo de hidrogênio no modelo de Bohr é constituído de um elétron de carga e− e massa m, que se move em órbitas circulares de raio r em torno do próton, sob a influência da atração coulombiana. O raio r é quantizado, dado por

2 ,cr n a= ⋅ onde ca é o raio de Bohr e 1, 2, ... .n = O período orbital para o nível n, envolvendo a permissividade do vácuo 0 ,ε é igual a: a) ( )3

0 0 0/ 4 .e a n maπ ε

b) ( )30 0 04 / .a n ma eπ ε

c) ( )30 0 0 / .a n ma eπ πε

d) ( )30 0 04 /a n ma eπ πε

e) ( )30 0 0/ 4 .e a n maπ πε

Resolução

A força elétrica é a componente centrípeta na trajetória do elétron:

e cpF F= 2

22 3

0 04 4e e

k r m rω ω

ε π ε= ⇒ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2 30 0

30

4 ( )24

m n ae TT eT m r

π π επε

⋅ ⋅ ⋅= ⇒ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

30 0 04 a n m a

Te

π π ε⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

Alternativa d

Equipado com um dispositivo a jato, o homem-foguete da figura cai livremente do alto de um edifício até uma altura h, onde o dispositivo a jato é acionado. Considere que o dispositivo forneça uma força vertical para cima de intensidade constante F. Determine a altura h para que o homem pouse no solo com velocidade nula. Expresse sua resposta como função da altura H, da força F, da massa m do sistema homem-foguete e da aceleração da gravidade g, desprezando a resistência do ar e a alteração da massa m no acionamento do dispositivo.

17

Resolução

Para que o corpo parta de A em repouso e chegue em C em repouso, basta que o trabalho total seja nulo: R cEτ = Δ

cos 180º cos 0º 0F h m g H⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =

m gF h m g H h HF⋅

− ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

Um corpo de massa m e velocidade v0 a uma altura h desliza sem atrito sobre uma pista que termina em forma de semi-circunferência de raio r, conforme indicado na figura. Determine a razão entre as coordenadas x e y do ponto P na semi-circunferência, onde o corpo perde o contato com a pista. Considere a aceleração da gravidade g.

Resolução

Considerando que ele perde contado antes do término da semi-circunferência:

Cálculo de v:

c cpP P cos m a= ⋅ θ = ⋅ 2mvmg cosr

θ =

2v g r cos= ⋅ ⋅ θ

18

Lembrando que o sistema é conservativo: 2 20

2 2mv mvmgh mgy+ = +

2 20

2 2v vgh gy+ = +

20 32 2 2v gr cosgh g r cos gr cos⋅ θ

+ = + ⋅ ⋅ θ = θ

20 2

3v ghcosgr+

∴ θ =

A razão xy

é igual a tg :θ

( )2 2 203 2z ( gr ) v gh= − +

( ) ( )22 220

2 20 0

3 2 3 12 2

gr v ghx grtgy v gh v gh

− + ⎛ ⎞= θ = = −⎜ ⎟

+ +⎝ ⎠

Lembrando que 2

0 2 3v gh gr,+ ≤ pois caso contrário o contato só seria perdido no final da pista.

Lançando verticalmente da Terra com velocidade inicial 0V , um parafuso de massa m chega com velocidade nula na órbita de um satélite artificial, geoestacionário em relação à Terra, que se situa na mesma vertical. Desprezando a resistência do ar, determine a velocidade 0V em função da aceleração da gravidade g na superfície da Terra, raio da Terra R e altura h do satélite.

Resolução

O sistema é conservativo:

0M MfE E= 20

2GMm mv GMmR R h

− + = −+

20 (I)2v GM GM

R R h= −

+

Cálculo de GM :

22

GMg GM gRR

= → =

Voltando em (I)

2 2 2 20

2v gR gR gRh gRgR

R h R h+ −

= − =+ +

02gRhVR h

=+

19

Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes 1k e 2k , respectivamente, barras de massas desprezíveis e um corpo de massa m , como mostrado na figura. Determine a freqüência desse sistema.

Resolução

Cálculo da constante elástica equivalente:

1 2

2 1 1 2

1 1 1 2 33 2 6eq

k kk k k k k

+= + =

⋅

1 2

1 2

62 3eqk kkk k

⋅=

+

Lembrando que 2eq

mTk

π= vem:

12

eqkfmπ

= ⋅

1 2

1 2

1 62 (2 3 )

k kfm k kπ

⋅= ⋅

+

A figura mostra uma bolinha de massa m = 10 g presa por um fio que a mantém totalmente submersa no líquido (2), cuja densidade é cinco vezes a densidade do líquido (1) e sua extremidade superior se encontra a uma profundidade h em relação à superfície livre. Rompido o fio, a extremidade superior da bolinha corta a superfície do líquido (1) com velocidade de 8,0 m/s. Considere aceleração da gravidade g = 10 m/s2, h1 = 20 cm, e despreze qualquer resistência ao movimento de ascensão da bolinha, bem como o efeito da aceleração sofrida pela mesma ao atravessar a interface dos líquidos. Determine a profundidade h.

Resolução

Cálculo da aceleração enquanto a bolinha está totalmente imersa no líquido (2): 2RF E P m a= − = ⋅

2 1 1d V g d V g d V a⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ , em que 1d , é a densidade do líquido (1) e da bolinha e d2 a do líquido (2)

Lembrando que 2 15d d= ⋅ vem:

1 1 15 d V g d Vg d V a⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅

4g a= 240 /a m s= (constante)

20

Equacionando o M.U.V. no trecho de comprimento 1 :h h− 2 2

0 2v v a s= + Δ 2 2

18 0 2 40 ( )h h= + ⋅ ⋅ −

1 0,8 80h h m cm− = =

Como 1 20h cm= , temos:

20 80h cm cm− =

100h cm=

1,0h m∴ =

Um raio de luz de uma lanterna acesa em A ilumina o ponto B , ao ser refletido por um espelho horizontal sobre a semi-reta DE da figura, estando todos os pontos num mesmo plano vertical. Determine a distância entre a imagem virtual da lanterna A e o ponto B . Considere 2mAD = , 3mBE = e 5mDE = .

Resolução

Na figura o segmento 'A P é construído paralelo ao segmento DE e A' é a imagem virtual da lanterna A . Logo, pelo teorema de Pitágoras no ' :A PBΔ

2 2 2 2 2( ' ) ( ' ) ( ) 5 5 50A B A P PB= + = + =

' 5 2A B m∴ =

Duas cargas pontuais q+ e q− , de massa iguais m, encontram-se inicialmente na origem de um sistema cartesiano xy e caem devido ao próprio peso a partir do repouso, bem como devido à ação de um campo elétrico horizontal e uniforme E,conforme mostra a figura. Por simplicidade, despreze a força coulombiana atrativa entre as cargas e determine o trabalho realizado pela força peso sobre as cargas ao se encontrarem separadas entre si por uma distância horizontal d .

21

Resolução:

Eixo x R eF F=

x xqEma qE am

= ∴ =

Seja x o deslocamento horizontal de uma das partículas: 21

2 xx a t=

2 21 22qE mx t t xm qE

= ∴ = ⋅

Eixo y

RF P=

y yma mg a g= ∴ =

212 yy a t=

1 22

my g xqE

= ⋅ ⋅ ⋅

mgy xqE

= ⋅

A trajetória da partícula será uma reta.

Quando 2dx =

y h=

2mg dhqE

= ⋅

cosP P sΔτ = ⋅ ⋅ β , onde ( )2tgd

hβ =

( )( )

22

22

22

Phdmg hdh

τ = ⋅ + ⋅+

2Pm g dm gq E

⎛ ⎞⋅ ⋅τ = ⋅ ⎜ ⎟⋅⎝ ⎠

( )2

2P

m g dq E⋅

τ =⋅

, sobre cada uma das cargas, sendo o trabalho total ( )2m g dq E⋅⋅

.

22

Sabe-se que a máxima transferência de energia de uma bateria ocorre quando a resistência do circuito se iguala à resistência interna da bateria, isto é, quando há o casamento de resistências. No circuito da figura, a resistência de carga CR varia na faixa 100 400CRΩ Ω≤ ≤ . O circuito possui um resistor variável, ,XR que é usado para o ajuste da máxima transferência de energia. Determine a faixa de valores de XR para que seja atingido o casamento de resistências do circuito.

Resolução

A resistência equivalente do circuito deve ser igual a 50Ω :

20 10050

20 100

X C

X C

X C

X C

R RR RR RR R

⎛ ⎞+ ⋅⎜ ⎟+⎝ ⎠ =

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+⎝ ⎠

20 2 120X C X C

X C X C

R R R RR R R R

⎛ ⎞+ ⋅ = +⎜ ⎟

+ +⎝ ⎠⇒

80 80X C X CR R R R= +

8080C

XC

RRR

=−

( 80) 80C X XR R R− =

80 808080 1

CX

C

C

RRR

R

= =− −

Sendo a função decrescente, os valores de XR com 100 400CRΩ Ω≤ ≤ são:

100 400XRΩ Ω≤ ≤ .

A figura mostra uma região de superfície quadrada de lado L na qual atuam campos magnéticos 1B e 2B orientados em sentidos opostos e de mesma magnitude B . Uma partícula de massa m e carga 0q > é lançada do ponto R com velocidade perpendicular às linhas dos campos magnéticos. Após um certo tempo de lançamento, a partícula atinge o ponto S e ela é acrescentada uma outra partícula em repouso, de massa m e carga q− (choque perfeitamente inelástico). Determine o tempo total em que a partícula de carga 0q > abandona a superfície quadrada.

23

Resolução

Durante o MCU sob a ação da força magnética devido ao campo 1B passa-se um intervalo de tempo 1tΔ :

1mtqBπ

Δ =

Durante a colisão perfeitamente inelástica temos:

2 ( ') '2VmV m V V= ∴ =

E como a carga total do sistema é nula ( )0q q+ − = , após a colisão o sistema descreve um MRU:

2'S V tΔ = ⋅ Δ

2 22 2L V Lt t

V= Δ ∴Δ =

totalm LTqB Vπ

Δ = +

Aplica-se instantaneamente uma força a um corpo de massa m = 3,3 kg preso a uma mola, e verifica-se que este passa a oscilar livremente com a freqüência angular 10rad / s.ω = Agora, sobre esse mesmo corpo preso à mola, mas em repouso,

faz-se incidir um feixe de luz monocromática de freqüência 12500 10f x Hz,= de modo que toda a energia seja absorvida pelo corpo, o que acarreta uma distensão de 1 mm da sua posição de equilíbrio. Determine o número de fótons contido no feixe de luz. Considere a constante de Planck 346 6 10h , x Js= .

Resolução Do movimento inicial com 10rad/sω = obtemos:

2 10 s5

TTπ π

ω = = ⇒ =

E daí:

3 32 2 330N/m5

m ,T kk k

π= π ⇒ = π ⇒ =

Agora, na absorção dos fótons temos: Energia total absorvida:

( )232 10330

2 2PkvE

−

= = ⋅

E para determinar o número n de fótons:

PE n h f= ⋅ ⋅ 2 3 2

34 12330 10 6 6 10 500 102 2kx ( )n h f n ,

−−⋅

= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

145 10n⇒ = ⋅ fótons