Gabarito 2012/2 - ppgfsc

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Gabarito processo seletivo 2012/2
1A – Uma partícula de massa m parte do repouso em x0 ( > 0) sob a ação de um campo de
força atrativo da forma F = – k/x3, onde k é uma constante positiva. Calcule quanto tempo a
partícula levará para atingir a origem (x = 0) e assinale a alternativa correta.
(X)
mx 04 / k
(b) mx 04 / k
(c)
mx 02 / k
(d) mx 02 / k
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
Solução
A equação de movimento é
dv
k
m
 3
dt
x
usando a transformação de variável
dv dx dv
dv

v ,
dt dt dx
dx
obtemos
k
mv dv   3 dx,
x
integrando nos limites correspondentes e resolvendo para v(x), temos
x 02  x 2
dx
k
v(x) 

.
dt
mx 02
x
O sinal negativo foi escolhido pois estamos considerando o movimento na direção negativa de
x, de forma que v(x) ≤ 0. Integrando em função do tempo t, temos
x( t )
t
x dx
k
 2 2   mx 2  0 dt.
x0  x
0
x0
E obtemos a trajetória da partícula
k 2
x(t)  x 0 1 
t , que se anula para t 0  mx 04 / k
mx 04
.
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1B – Uma barra uniforme rígida e fina de massa M está suportada por dois rolos idênticos que
giram rapidamente e cujos eixos estão separados por uma distância fixa a. A barra é
inicialmente colocada em repouso numa posição assimétrica, como mostra a figura abaixo.
Assuma que os rolos giram em sentidos opostos como mostrado na figura. O coeficiente de
atrito cinético entre a barra e os rolos é . Determine a equação de movimento da barra,
resolvendo-a para x(t), onde x é a distância do rolo 1 ao centro C da barra, x(0)  x 0 e
xÝ(0)  0. Assinale a resposta correta justificando com os cálculos.
 2 g  a
t 
(a) x(t)  x 0 cos
 a  2
(b) x(t)  x 0 cos
 2ga t 2a

a   2 g  a
t 
(X) x(t)  x 0  cos

2   a  2

a 
(d) x(t)  x 0  cos

2 
1
2
 2ga t 2a
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
Solução
Assumindo que a coordenada x é positiva para a direita. As equações para as forças e torques
em relação ao centro de massa C da barra são:
Ý f1  f 2 (1)
N1  N 2  Mg; N1 x  N 2 (a  x); M xÝ
onde N1 e N2 são as forças normal e f1 e f2 são forças de atrito no primeiro e segundo rolos,
respectivamente f1  N1; f 2  N 2
Das duas primeiras relações obtemos: N1  Mg(1  x /a); N 2  Mg(x /a)
2 g
Ý  2 x  g  0 , onde  2 
Combinando em (1), temos: xÝ
. A solução desta equação é
a
a
x  Acos(t   )  , onde  é uma constante de fase arbitrária. Tomando em conta as
2
condições iniciais x(0)  x 0 e xÝ(0)  0 temos a solução final
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
a   2 g  a
x(t)  x 0  cos
t 

2   a  2
, que corresponde a um movimento harmônico simples.
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2A – Um satélite de massa m move-se em uma órbita circular de raio R com velocidade v ao
redor da Terra. Abruptamente ele absorve uma pequena quantidade de massa m que estava
em repouso antes da colisão. Calcule a variação de energia total do satélite e o raio Rda nova
órbita (considerando-a circular). Assinale a resposta correta.
m   m 2
1 m 2v 2
(a) E  
; R 
 R
 m 
2 m  m
(b) E 
m   m 
1 m 2v 2
; R 
 R
 m 
2 m  m
m   m 
m 2 v 2 m
(c) E 
; R 
 R
 m 
2(m   m)
m   m 2
m v 2 m
(X) E 
; R 
 R
 m 
2(m   m)
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
Solução
Antes da absorção da pequena quantidade de massa, o satélite move-se em uma órbita circular
onde
mv 2 GMm

 Rv 2  GM , onde M é a massa da Terra. Sua energia total é
2
R
R
1 2 GMm
1
E  mv 
  mv 2 .
2
R
2
Após a absorção da quantidade de matéria, a velocidade do satélite muda para
mv
1 m 2v 2
v
e a energia total será E  
. Logo a energia perdida pelo satélite
m  m
2 m  m
1
m
devido à colisão será E  E  E  mv 2
.
2
m  m
O raio da nova órbita (circular) será dado por Rv2  GM  Rv
m   m 2
R 
 R
 m 
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2B – Um asteróide de dimensão desprezível e massa m está movendo-se na direção de um
planeta de massa M e raio R, desde uma longa distância, com velocidade inicial v0 e parâmetro
de impacto d (ver figura abaixo). Determine o valor mínimo de v0 para que o asteróide não
atinja o planeta. Assinale a alternativa correta justificando com os cálculos.
(a) v 0 
GMR
d 2  R2
(X) v 0 
2GMR
d 2  R2
(c) v 0 
2GMR
d 2  R2
(d) v 0 
GMR
d 2  R2
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
Solução
O momento angular inicial do asteróide em torno do centro do planeta é L=mv0d. Para o
asteróide não colidir com o planeta ele deve passar rente à superfície do mesmo. Neste ponto v
será perpendicular à direção radial do planeta, e o momento angular será L’ = mvR. Por
conservação de momento angular L = L’ e temos
vd
mvR  mv 0d  v  0
R
Por conservação de energia temos
1 2 1
GMm
2GM
mv 0  mv 
 v 2  v 02 
2
2
R
R
e portanto
2GMR
v0 
d 2  R2
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3A – No arranjo mostrado na figura abaixo, o raio da polia é r, seu momento de inércia sobre
o eixo de rotação é I e k é a constante da mola. Assuma que não há atrito entre o fio e a polia e
que as massas do fio e da mola são desprezíveis. Neste caso, a frequência angular de pequenas
oscilações deste sistema será dada por uma das alternativas abaixo. Assinale a alternativa
correta e justifique com os cálculos.
(a)  
kx 2
mr 2  I
mr 2  I
(b)  
kr 2
(c)  
(X)  
kr 2
mr 2  I
kr 2
mr 2  I
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
Solução
1 2 1 Ý2
A energia cinética total do sistema é K  mÝ
x  I .
2
2
Ý, temos
Substituindo x por r e xÝpor r
1
Ý2  1 I
Ý2  1 (mr 2  I)
Ý2
K  mr 2
2
2
2
1
1
A energia potencial da mola é U  kx 2  kr 2 2 .
2
2
1
1
2
2
Ý  kr 2 2  constante
Energia total: E  K  U  (mr  I)
2
2
dE
2
Ý 
Ý
Ý kr 2  
Ý 0
Derivando em função do tempo:
 (mr  I)
dt
2
Ý
Ý kr   0 , com frequência
Que dá uma equação para um movimento harmônico simples: 
mr 2  I
angular
kr 2

mr 2  I
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3B – Uma massa m1, com velocidade inicial v0, colide com um sistema massa-mola com
massa m2, inicialmente em repouso. A mola tem massa desprezível e constante k. Não há
atrito. Calcule a máxima compressão que a mola sofrerá e assinale a alternativa correta.
(a)
v 0 m1m 2
k (m1  m 2 )
(b)
m1  m 2
v
k m1m 2 0
(X)
m1m 2
v
(m1  m2 )k 0
(d)
v 0 (m1  m 2 )
k m1m 2
(e) Nenhuma das alternativas anteriores
Solução
A máxima compressão ocorre quando as duas massas m1 e m2 possuem a mesma velocidade.
m1v 0  (m1  m 2 )v
1
1
1
m1v 02  (m1  m 2 )v 2  kA 2
2
2
2
onde A é a máxima compressão da mola. Resolvendo a primeira equação para v, temos
v
m1
v
m1  m 2 0
Substituindo na segunda, encontramos A:
A
m1m 2
v
(m1  m2 )k 0
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4A- Uma espira condutora retangular com dois lados paralelos de comprimentos a e b é
colocada próxima a um fio que conduz uma corrente constante i, como representado no
desenho. O lado mais próximo está a uma distância d do fio. Assinale a resposta que indique o
fluxo magnético através da bobina. Justifique a resposta com os cálculos.
 0 ib  d  a 
ln 

2  a 
 id  b  a 
B ( ) 0 ln 

2
 d 
 0 ib  d  a 
C( )
ln 

4  b 
 0 ia  d  b 
D( )
ln 

4  b 
b
A()
a
d
i
E (X) nenhuma das respostas anteriores.
Resolução:
 
B
  dl  i 0 ,
B(r ) 
 Bdl cos 0  i
0
, B 2r  i 0
 0i
 i
 i d  a dr b ´´  0 i
d a
, d  0 dadb ,   0 
dr 
b ln 


2r
2r
2 d r 0
2
 d 
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4B- Fluxo magnético
Um condutor cilíndrico longo de raio R é percorrido por uma corrente i distribuída
uniformemente em sua seção reta. Determine o fluxo magnético por unidade de comprimento
do fio através da superfície definida no interior do fio, como representado no desenho.
Assinale a alternativa correta justificando a resposta com os cálculos.
A (X)
  oi

L 4
B( )
  oi

L 4R
C( )
  o iR 2

L
4
D( )
  oi 2 R

L
2
L
E ( ) Nenhuma das respostas anteriores
Solução
Usando a lei de Ampère sem o termo de correntes de deslocamento
 
B
  dl   0 i ,
0 r
r2
r2
 B (r )dl   0 i R 2 , B(r )2r   0 i R 2 , B(r )  2R 2 i
0
R
  L
 r
 iL
   B  da   db  0 2 idr ,   0 2
2R
0
r  0 2R
i
R
R
 rdr ,  
r 0
 0 iL
4
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5A- Uma barra condutora de comprimento l se desloca com velocidade v ao lado de um fio
por onde circula uma corrente de intensidade i, como representado no desenho. Calcule a
tensão induzida na extremidade da barra e assinale a resposta correta.
v 0 iL
2r
v ir
b( )   0
2L
v il
c( )   0
2r
v 2  0 iL
d( )  
2r
a(X)  
e ( ) nenhuma das respostas anteriores
i
L
v
r
Solução
Força de Lorentz.


 
F  qE  qv  B ,

 
No equilíbrio F=0, E  v  B
i
E  B ( r )v  0 v
2r
   i L
v iL
   E  dl  0 v  dl  0 , caminho de integração ao longo da haste metálica.
2r 0
2r
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5B- Determine a expressão do módulo do campo magnético entre as placas de um capacitor de
placas paralelas circulares de raio R no vácuo, em um ponto a uma distância r da linha que liga
os centros das placas, para um valor de corrente i, que entra na placa positiva. Assinale a
alternativa correta justificando com os cálculos.
A ( X ) B(r ) 
0 r
i
2R 2
B ( ) B(r ) 
0r 2
i
2dR
C ( ) B(r ) 
4 0 r
i
R 2
D ( ) B(r ) 
 0 0 r
i
4dR 2
d
R
i
r
E ( ) Nenhuma das respostas anteriores
Solução:
Lei de Ampère generalizada:
 
d E
B
  dl   0 i   0 0 dt
No interior do capacitor, onde a linha da integração está definida, não há corrente.
 
d E
B
  dl   0 0 dt


d r 2 E

B 2r   0 0
, o campo elétrico para um capacitor de placas paralelas E 
dt
0
  r d  /  0 
 r dQ
B 0 0
, B 0 2
2
dt
2R dt
 r
B 0 2i
2R
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6A- Em 1832 Faraday propôs um aparato que poderia ser usado para medir a vazão de um rio
e atualmente o conceito é usado em diversas aplicações práticas. Duas placas metálicas
retangulares de lados a e b são colocadas nas margens de um rio, separadas por uma distância
d e conectadas em série com um amperímento e uma resistência R, como mostrado na figura.
O campo geomagnético local tem componente perpendicular B , em relação à velocidade de


escoamento v e o vetor d , ambos horizontais. A resistividade da água do rio é .
Qual a expressão da corrente medida no amperímetro em termos dos parâmetros geométricos
das placas, da velocidade de escoamento v e da resistividade ? Assinale a resposta correta,
justificando com os cálculos.
vB ab
Rba

d
vB
)i
R

d
vB ab
)i
Rd

ba
vB ab
)i
  Rd
dvB
)i
  R/d
R
A) (*) i 
B) (
C) (
D) (
E) (
A
b
v
a
B

d
Solução
Admitindo força de Lorentz resultante nula:


 
FL  qE  qv  B  0
O campo elétrico resultante entre as placas devido ao acúmulo de portadores de carga da água

 
é E  v  B  vB . Este campo elétrico gera uma diferença de potencial entre as placas
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 
definida por    E  dl  Ed ou E   / d . A diferença de potencial em termos da
velocidade e do campo magnético:   dvB .
A corrente é definida por i 
Logo
dvB
vB ab
i

d
Rba
R

ba
d

d
, onde R1  
ba
R  R1
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6B- Uma placa semicondutora de largura w, comprimento L e espessura t é conectada
eletricamente e colocada numa região com campo magnético uniforme como representada na
figura. A direção do campo magnético é perpendicular ao plano da placa. Entre os dois
contatos longitudinais é mantida uma corrente constante i. Nos contatos transversais à corrente
é conectado um voltímetro.
Entre as afirmações abaixo assinale as verdadeiras justificando a escolha.
1) A tensão estabelecida entre os terminais transversais permite caracterizar o tipo e a
densidade dos portadores de carga majoritários do semicondutor (lacunas ou elétrons).
2) O campo elétrico transversal surge devido à força magnética que desloca as cargas
para a lateral do dispositivo. Entretanto este campo fica tão intenso pelo acúmulo de
cargas que destrói o dispositivo num processo de ruptura de dielétrico e avalanche.
3) Nestas condições não aparece tensão alguma entre os terminais transversais. Só
aparece tensão nos terminais transversais enquanto houver variação da corrente.
4) O dispositivo pode ser usado como um sensor de campo magnético.
5) Se o semicondutor fosse substituído por um metal a tensão transversal resultante seria
muito maior.
z
A)
B)
C)
D)
E)
( )
( )
( )
(X)
( )
Bz
1, 3 e 5 são afirmativas corretas.
2 e 3 são afirmativas corretas.
1 , 3 e 4 são afirmativas corretas
2, 3 e 5 são afirmativas falsas
4 e 5 são corretas.
Solução
A força de Lorentz atuando sobre os portadores de
carga:
y
w
x
V
t
i


 
FL  qE  qv  B
Na condição de regime estacionário a força elétrica compensa a magnética e FL=0.
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  
E  v  B , E y  vx Bz é a componente do campo elétrico entre os contatos transversais. A
diferença de potencial associada ao campo elétrico, VH  E y w  vx Bz w
A velocidade vx dos portadores de carga ( elétrons ou lacunas ) esta associada a densidade de
corrente J e da densidade de portadores n com carga e:
J  env x , logo a partir da tensão Hall estabelecida entre os terminais transversais,
VH 
J
Bz w , pode-se encontrar a densidade de portadores em função do potencial medido,
en
uma vez que J 
n
i
i

A wt
i
Bz
teVH
Logo a afirmativa A é verdadeira, uma vez que a tensão Hall estabelecida entre os terminais é
dependente da densidade de portadores e de sua carga. O sinal da tensão detectada depende da
carga do portador elétrons (-) ou lacunas (+).
A afirmativa B é falsa. O campo não aumenta indefinidamente pois a força elétrica gerada
pelo acúmulo de cargas opõe-se a força magnética e atinge-se uma condição de equilíbrio, o
que estabelece um campo elétrico estável e finito entre as placas.
A afirmativa C esta errada. O efeito hall aparece tanto para corrente constante quanto para
corrente alternada.
A afirmativa D esta correta. O efeito Hall produz uma tensão que depende linearmente do
campo magnético se os parâmetros do semicondutor usado forem estáveis com o campo ou
temperatura.
A afirmativa E esta errada. Se o número de portadores de carga aumenta a tensão hall diminui.
Num metal a densidade de elétrons é da ordem de ~1022 eletrons/cm^3 e num semicondutor
típico n~1014 /cm^3.
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7A- Responda se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas. (Você deve escrever uma
justificativa para cada item. Itens sem justificativa serão desconsiderados.)
a) ( F ) Uma partícula livre com energia cinética E e comprimento de onda de Broglie 
entra em uma região com energia potencial V. Nesse caso, seu novo comprimento de onda
será  1  E / V  .
Em uma região com potencial V, a energia da partícula seria E 
h
 ,
p
teremos
 V
´  1  
 E

1
2
p2
 V , como
2m
.
b) ( F ) Uma máquina com eficiência de 100% violaria a primeira lei da termodinâmica.
Viola a segunda lei, não a primeira.
c) ( F ) Um buraco negro é um objeto cujo campo gravitacional é tão forte que nem
mesmo a luz consegue escapar. Se a Terra tivesse um raio de aproximadamente 30 cm,
ela se tornaria um buraco negro. (dica: por simplicidade, considere o movimento de
partículas de massas diferentes de zero).
Considerando a velocidade de escape igual à velocidade da luz, temos
1 2 GmM
mc 
, o que fornece um raio da ordem de 1 cm.
2
r
d) (V) Um próton se move na direção ẑ após ser acelerado a partir do repouso por uma
diferença de potencial V. O próton passa através de uma região com campo elétrico E
na direção x̂ e campo magnético B na direção ŷ , mas sua trajetória não é afetada. Se a
experiência fosse repetida, agora com uma diferença de potencial 2V, o desvio seria na
direção  x̂ .
Efetuando o cálculo da força de Lorentz com os campos dados verifica-se que o
desvio será na direção  x̂ .
e) ( F ) O muon decai com tempo característico de 10 6 segundos, em um elétron,
neutrino de muon e anti-neutrino de elétron. O decaimento de um muon em um elétron
e um só neutrino é proibido pela conservação da energia e do momento.
A reação não ocorre devida à conservação do número leptônico.
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7B- Responda se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas. (Você deve escrever uma
justificativa para cada item. Itens sem justificativa serão desconsiderados.)




a) ( F ) O comutador L x L y , L z vale i L2x  L2y .

Calculando o comutador, teremos i L2x  L2y
.
b) ( F ) Na expansão adiabática de um gás ideal, de um estado inicial i até um estado final f, a
variação de sua energia interna é dada por

i
f
PdV .
f
Nesse caso a variação da energia interna é negativa, -  PdV
i
.
c) ( V ) Quando partículas  são direcionadas a átomos em uma folha de metal fina, algumas
fazem colisões muito próximas dos núcleos e são espalhadas a ângulos grandes. Se uma
partícula  de energia cinética de 5 MeV for espalhada a um ângulo de 180 o , sua distância de
maior aproximação com o núcleo será aproximadamente 2,9  10 14 m. (suponha que a folha é
feita de prata, com Z=50).
Nesse caso, quando tivemos a energia cinética igual à energia potencial elétrica:
1 q1q 2
E
teremos r  2,98  10 14 .
4 0 r
d) (F) Pelo príncipio de Mach, se não houvesse matéria no Universo, um corpo esférico, de
massa m e raio R apresentaria maior inércia que um corpo de mesma forma e massa m/2 nesse
Universo.
Pelo princípio de Mach, se não existe massa, não existe inércia.
e) ( F ) A energia de ligação do 238U é aproximadamente 7.6 MeV por nucleon. Se o núcleo
se fissionar em dois fragmentos iguais, cada um terá energia cinética de aproximadamente 100
MeV. Desse modo, pode se concluir que núcleos com A = 120 devem ter energia de ligação
próxima de 6.7 MeV/nucleon.
Calculando teremos -8,37 MeV/nucleon.
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8A- O elétron no átomo de hidrogênio ocupa o estado de posição e spin dado por
 1

2 1
R21  Y10  1 
Y1  1 

3
2
2 
 3
onde Yl m são os harmônicos esféricos e 

1
2
as autofunções da projeção do momento angular
de spin S z . Os valores esperados de L2 e J z são respectivamente:
e) Nenhuma das anteriores
Calculando
L2   L2   2 2
e
J z   Lz  S z  
5
.
6
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8B- Uma partícula sujeita a um poço quadrado infinito é representada pela função de onda
 x,0  Axa  x  , com 0  x  a ,
onde a e A são constantes. Os valores de x e H são respectivamente:
e) Nenhuma das anteriores
A normalização é dada por:
2
a

dx  1  A 
0
Temos então:
a
x   * xdx 
0
e
H 
5 2
ma 2 .
a
2
30
.
a5
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9A- Determine o valor esperado da energia de uma partícula de massa m com hamiltoniana
p2 1
H
 m 2 x 2  eEx
2m 2
onde e, E e  são constantes, sabendo que a partícula é descrita pela função de onda
 1

2
  x    1  x   3 x 
3
 3
 ,
onde n são as autofunções dessa hamiltoniana.
e) Nenhuma das anteriores
Podemos reescrever a hamiltoniana como
2
p2 1
eE 
e2 E 2

H 
 mw 2  x 

 H 0  H1
2m 2
mw 2 
2mw 2

onde H 0 ainda é uma hamiltoniana de oscilador harmônico (fornecendo os autovalores usuais)
e H 1 , uma constante. Desse modo,
1  1 e2 E 2

E n  w n   
2  2 mw 2

E 
17
1 e2 E 2
w 
.
6
2 mw 2
,
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9B-
Considere o estado de spin 1/2 representado pelo espinor
probabilidade de uma medida de 3S x  4 S y  / 5 resultar em   / 2 ?
a) 26%
O operador possui autovalores   
 
2   1  
3  4i .
2   5 
2
Assim   

65
.
250

e autovetores dados por
2
1  2
  .
5 1
Qual é a
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10A- Considere um nêutron em uma caixa esférica
0
V (r )  

r  r0
r  r0
onde r0  10 14 m. Efetue o desenvolvimento da equação em coordenadas esféricas. Nesse
caso, a energia do estado fundamental (considere l = 0) será:
(dica: na equação radial utilize u nlm r   rRnlm r  . Depois resolva a equação para
u nlm r  )
a) 2 MeV
A equação radial para l = 0 possui a mesma forma que a equação de Schrödinger em uma
dimensão. Para a partícula na caixa, os níveis de energia terão a mesma forma. Calculando
obtemos b).
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10B- Um cone tem ângulo de abertura α e área de superfície lateral S em seu referencial
próprio. Determine a área de superfície lateral em um sistema que se move com velocidade
v=(4/5)c com relação ao sistema de repouso do cone na direção do seu eixo. (área da
superfície lateral = πrL, r = raio da base, L = geratriz do cone).
c) S 1 
16
cos 2 
25
Temos v=(4/5)c, assim  =5/3. Haverá contração de comprimento na direção de movimento
(eixo do cone), sua altura será reduzida para
h´
3 S cos 2 
. Calculando a área com essa altura vem a resposta c.
5  sen