Física - Resolvida - Cobertura Máxima GGE

Equilíbrio do pino R:
01. Considere um corpo esférico de raio r totalmente envolvido por
um fluido de viscosidade  com velocidade . De acordo com a lei
de Stokes, para baixas velocidades, esse corpo sofrerá a ação de
uma força de arrasto viscoso dada por F = - 6r. A dimensão é
dada por
a) m  s .
-2
b) m  s .
-2
c) kg  m  s .
-3
d) kg  m  s .
-1
-1
e) kg  m  s .
-1
Há grau de liberdade na horizontal. Portanto, não há reação nesta
direção.
3
T1  cos   T3  T3  T1 
(T3 é tração )
5
3 Mg
15M
 T3  
 5  1, 5  10 4 
5 24
4
 M  4000 kg
Logo, a condição limite ocorre para M menor = 800 kg
Alternativa: C
Solução:
Análise dimensional: [F]
Então, []
[F]
[r] [v]
[r] [] [v]
Kg m s 2
m m s 1
[]
Kg m 1 s 1
Alternativa: E
03. No sistema de sinalização de trânsito urbano chamado de “onda
verde”, há semáforos com dispositivos eletrônicos que a velocidade a
ser mantida pelo motorista para alcançar o próximo sinal ainda
aberto. Considere que de início o painel indique uma velocidade de
45 km/h. Alguns segundos depois ela passa para 50 km/h e,
finalmente para 60 km/h. Sabendo que a indicação de 50 km/h no
painel demora 8,0 s antes de mudar para 60 km/h, então a distância
entre os semáforos é de
a) 1,0  10 km.
-1
b) 2,0  10 km.
-1
c) 4,0  10 km.
d) 1,0 km.
e) 1,2 km.
-1
02. Três barras de peso desprezível articuladas nos pinos P, Q e R,
constituem uma estrutura vertical em forma de triângulo isósceles,
com 6,0 m de base e 4,0 m de altura, que sustenta uma massa M
suspensa em Q em equilíbrio estático. O pino P também é articulado
no seu apoio fixo e o pino R apoia-se verticalmente sobre o rolete
4
3
livre. Sendo de 1,5  10 N e 5,0  10 N os respectivos valores
máximos das forças de tração e compressão suportáveis por
qualquer das barras, o máximo valor possível para M é de
Solução:
Um motorista que passe a 50 km/h no primeiro sinal assim que ele
avisa que a velocidade deveria ser 60km/h levará 8 segundos a
menos para percorrer a distância entre sinais, se comparado com um
motorista que passe a 45km/h imediatamente antes do aviso de 50
km/h (os dois motoristas chegam juntos, aproveitando o último
instante do segundo sinal aberto).
Assim, 50 t = 45 (t+8)  t  72s
A distancia entre os sinais é:
1h3600s
d  50km / h  72s 
 d  1,0km
a) 3,0  10 kg.
2
b) 4,0  10 kg.
2
c) 8,0  10 kg.
3
d) 2,4  10 kg.
3
e) 4,0  10 kg.
2
Alternativa: D
04. Um bloco de massa m encontra-se inicialmente em repouso
sobre uma plataforma apoiada por uma mola, como visto na figura.
Em seguida, uma pessoa de massa M sobe na plataforma e ergue o
bloco até uma altura h da plataforma, sendo que esta se desloca
para baixo até uma distância d. Quando o bloco é solto das mãos o
sistema (plataforma + pessoa + mola) começa a oscilar e, ao fim da
primeira oscilação completa, o bloco colide com a superfície da
plataforma num choque totalmente inelástico. A razão entre a
amplitude da primeira oscilação e a da que se segue após o choque
é igual a
Solução:
T2
T1

Q
Mg
5m
M

3m
4m
N
T3
R

T1
Equilíbrio do pino Q:
T1 = T2 por simetria
Mg
 T1 sen
(T1 é compressão )
2
M  10
4

 5  10 3 
2
5
 M  800 kg
(nas barras diagonais )
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a)
b)
c)
d)
e)
m  M / 2M.
M  mh / 2dM.
M  mh / 2dM.
M  md / 2hM.
M  md / 2hM.
Solução:
Quando a pessoa libera o bloco, o ponto de equilíbrio do MHS do
mg
sistema (plataforma + pessoa) se eleva de
.
k
Logo, a amplitude da primeira oscilação é:
mg
A1 
k
Antes do bloco se chocar com a plataforma ele adquire velocidade V 0
tal que:
mgh 
mV0
 V0 2gh *
2
Daí,
mV0  A 2 K(M m)
K(M m)
atuou
em
conservativo
uma
m(g
distância
d
t2
a 0,
2
então
a) a t20
.
2
Logo,
a) a t20
2
m(g
0
mgh
g
10 m / s2 , a
h
5 m / s2 , t 0
(g
a) a t20
2g
10s
375m
Parte II:
(colisão)
 mV0  (m M) V


K
( 2º MHS)
V  A 2
Mm

A2 
força
não
h
Com a colisão, o ponto de equilíbrio volta a ser exatamente onde a
plataforma se encontra no momento do choque, e ela tem uma
velocidade V tal que:
mV0
Essa
2gh
*
 A2  m
K(M m)
lançamento
10s
Aos 10s, a velocidade v é:
v
a 0
v
Até a altura máxima (frenagem completa do foguete), se passa
 subida tal que:
0 v g  subida
 subida
Por fim, ao cair da altura máxima,
2h
g
 queda
 voo
A1
g(M m)

A2
2kh
Alternativa: A
Então,
A1
(M m)d

A2
2hM
 queda
5s
5 3s
Logo,
Assim,
Mas, quando a pessoa sobre na plataforma, seu peso provoca o
deslocamento d, ou seja,
Mg  kd
g d

k M
50 m / s
(10
5
5 3) s
5(3
 voo
3) s
23,7s
06. Um caminhão baú de 2,00 m de largura e centro de gravidade a
3,00 m do chão percorre um trecho de estrada em curva com 76,8 m
de raio. Para manter a estabilidade do veículo neste trecho, sem
derrapar, sua velocidade não deve exceder a
a) 5,06 m/s.
b) 11,3 m/s.
c) 16,0 m/s.
d) 19,6 m/s.
e) 22,3 m/s.
Solução:
No referencial do caminhão, temos
Alternativa: sem gabarito
05. A partir do repouso, um foguete de brinquedo é lançado
verticalmente do chão, mantendo uma aceleração constante de 5,00
2
m/s durante os 10,0 primeiros segundos. Desprezando a resistência
do ar, a altura máxima atingida pelo foguete e o tempo total de sua
permanência no ar são, respectivamente, de
a) 375 m e 23,7 s.
b) 375 m e 30,0 s.
c) 375 m e 34,1 s.
d) 500 m e 23,7 s.
e) 500 m e 34,1 s.
Condição de tombamento
1,0 P  3,0 Fcf  mg  3
Parte I:
Comparando o inicio do movimento com a parada no ponto máximo
da trajetória do foguete, temos:
Ecin
Epot não conservativo
Saindo do repouso e chegando no ponto de altura máxima,
Ecin 0 e, Epot mgh .
Além disso, dado que a única força não conservativa atuante no
foguete é a de seu lançamento (F), vem:
mg
Rg
3
Então, para que o veículo fique estável, a velocidade não pode
ultrapassar os 16,0 m / s .
Solução:
F
mV 2
 V
R
ma
F
m (g
a)
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Alternativa: C
07. Considere duas estrelas de um sistema binário que que cada
qual descreve uma órbita circular em torno do centro de massa
comum. Sobre tal sistema são feitas as seguintes afirmações:
I. O período de revolução é o mesmo para as duas estrelas.
II. Esse período é função apenas de constante gravitacional da
massa total do sistema e da distância entre ambas as estrelas.
III. Sendo R1 e R2 os vetores posição que unem o centro e massa
dos sistemas aos respectivos centros de massa das estrelas,
tanto R1 como R2 varrem áreas de mesma magnitude num
mesmo intervalo de tempo.
Solução:
Na segunda pesagem, consideramos o empuxo E do líquido:
P1  E  P2 (Condição de equilíbrio)
Daí,
E  P1  P2
Seja V o volume da região vazia e
2g (V  V1)  P1  P2  V 
Assinale a alternativa correta.
a) Apenas a afirmação I é verdadeira.
b) Apenas a afirmação II é verdadeira.
c) Apenas a afirmação III é verdadeira.
d) Apenas as afirmações I e II são verdadeiras.
e) Apenas as afirmações I e III são verdadeiras.
V1 o volume da região
preenchida do cubo, temos:
P1  P2
g2
 V1
Mas,
P1  1 V1 g  V1 
P1
1 g
P  P2
P
 1
Assim, V  1
Solução:
g2
I (verdadeira)
 é idêntico pois o centro de massa do sistema não se desloca.
O sistema pode ser visto como uma barra rígida com os planetas em
suas extremidades que roda em torno do seu centro de massa.
1 g
Alternativa: A
II – (verdadeira)
C M
m1
R1
G  m1  m2
R1  R2 2
2 
Ora,
R2
m2
 m1  2  R1  m2  2  R2
G
(R1 R 2 )
2

m2
R1
m 2 m1

(C.M)
R1 R 2
E daí,
m 2 m1  m 2

R1 R1  R 2
Assim, 2 
G(m1 m 2 )
(R1 R 2 )3
Logo,  é função apenas de G, m1 + m2,
(massa total)
R 1 + R2
(distância entre
as estrelas)
III - (falsa)
R1 varre áreas de forma constante, bem como R2, mas diferentes
entre si.
Como  é cte, a órbita circular e R1  R2, as áreas varridas por cada
um num dado intervalo são diferentes entre si:
 R12  R 22
A1

 A2
2
2
Alternativa: D
08. Um cubo de peso P1, construído com um material cuja densidade
é p1, dispõe de uma região vazia em seu interior 0, quando
inteiramente imerso em um líquido de densidade p2, seu peso reduzse a P2. Assinale a expressão com o volume da região vazia deste
cubo.
P
P P
a) 1 2 - 1
gp1
gp2
P P
P
b) 1 2 - 1
gp2
gp1
c)
P1  P2
P
- 2
gp2
gp2
P P
P
d) 2 1 - 2
gp1
gp1
e)
09. Um pêndulo simples é composto por uma massa presa a um fio
metálico de peso desprezível. A figura registra medidas do tempo T
em segundos, para 10 oscilações completas e seguidas do pêndulo
ocorridas ao longo das horas do dia, t. Considerando que neste dia
houve uma variação térmica total de 20ºC, assinale o valor do
coeficiente de dilatação térmica do fio deste pêndulo.
P2  P1
P
- 2
gp1
gp2
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-4
-1
a) 2 × 10 ºC
-4
-1
b) 4 × 10 ºC
-4
-1
c) 6 × 10 ºC
-4
-1
d) 8 × 10 ºC
-4
-1
e) 10 × 10 ºC
Solução:
 0 o período mais curto (momento mais frio do dia) e
mais longo (momento mais quente). Temos,
Seja
f
o
 f 0 1   (período diretamente proporcional à raiz
quadrada do tamanho da corda)
Multiplicando por 10 ambos os membros:
1
1
Tf
Tf T0 (1  ) 2
(1  ) 2
T0
Usando a expansão binomial:
 
2
Tf
T0
1
Tf
80,5 s , T0

6 10 4 0C 1
Alternativa: C
Tf
T0
T0
80 s ,

 
2
20 0C

2(Tf
T0
T0)

10. Um pêndulo simples oscila com uma amplitude máxima de 60º
em relação à vertical, momento em que a tensão no cabo é de 10 N.
Assinale a opção com o valor da tensão no ponto em que ele atinge
sua velocidade máxima
a) 10 N
b) 20 N
c) 30 N
d) 40 N
e) 50 N
Mas U  E  d * *
De * e * *, vem :
v
U
0,4  10 3
v 
Bd
0,01 2  10 2
v 2m/s
Alternativa: D
Solução:
Na amplitude máxima, a condição de equilíbrio na direção radial é:
T0 = P ∙ cos60º;
12. Um estudante usa um tubo de Pitot esquematizado na figura para
medir a velocidade do ar em um túnel de vento. A densidade do ar é
3
4
3
igual a 1,2 Kg/m e a densidade do líquido é 1,2 ×10 kg/m , sendo h
= 10 cm. Nessas condições a velocidade do ar é aproximadamente
igual a
Sendo T0 = 10 N, o peso da partícula do pêndulo é: P = 20 N.
Conservando a energia entre o ponto mais baixo e o mais alto da
trajetória, vem:
Ora, no ponto mais baixo da trajetória (velocidade máxima), temos,
para a resultante centrípeta:
a) 1,4 m/s
b) 14 m/s
2
c) 1,4 × 10 m/s
3
d) 1,4 × 10 m/s
4
e) 1,4 × 10 m/s
Solução:
2
Alternativa: D
11. Um líquido condutor (metal fundido) flui o interior de duas chapas
metálicas paralelas, interdistantes de 2,0cm formando um capacitor
plano, conforme a figura. Toda essa região interna está submetida a
um campo homogêneo de indução magnética de 0,01 T, paralelo aos
planos das chapas, atuando perpendicularmente à direção da
velocidade do escoamento. Assinale a opção com módulo dessa
velocidade quando a diferença de potencial medida as placas for de
0,40 mV.
m v2
m v
2
Como vimos em sala:
P1 = Patm
1
   v 2 (ponto de estagnação)
2 ar
componente cinética vira pressão estática
1
4
 g  h  P2  P1  1,2  10  10  0,1   1,2  v 2
2
P2  Patm 
a) 2 cm/s
b) 3 cm/s
c) 1 cm/s
d) 2 m/s
e) 5 m/s
Solução:

Alternativa: C

d
v

Fmag
 
  B
 
A força magnética que atua sobre os portadores de carga concentra
a placa inferior de cargas negativas até que a força elétrica (de baixo
para cima) equilibre o deslocamento das cargas.


Fmag  F EL 0  q vxB  qE  0
E  Bxv
líq
 v  100 2  1,4  10 2 m / s
E  B  v  sen90 *
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13. Balão de gás Hélio inicialmente a 27ºC de temperatura e pressão
de 1,0 atm, as mesmas de ar externo, sobe até o topo de uma
montanha, quando o gás se resfria a -23ºC e sua pressão reduz-se a
0,33 de atm, também as mesmas do ar externo. Considerando
invariável a aceleração da gravidade na subida, a razão entre as
forças de empuxo que atuam no balão nestas duas posições é
a) 0,33
b) 0,40
c) 1,0
d) 2,5
e) 3,0
Solução:
Seja  a massa molar do ar externo. Sua densidade é:

P
RT
15. A figura mostra uma placa fina de peso P dobrada em ângulo reto
e
disposta
sobre
uma
esfera
fica
de
raio
.
O coeficiente de atrito mínimo entre estes objetos para que a placa
não escorregue é
O empuxo atuante no balão é, em um instante qualquer.
E  PgV
Logo,
E
PgV
g PV
 E

RT
R T
a) 1
b) 1/2
g
é constante, e, conservada a quantidade de Hélio no balão,
R
PV
também é constante.
T
c)
2 1
d)
3 1
e)
 5  1/ 2
Logo, o empuxo não varia no trajeto ou seja: a razão entre os
empuxos é igual a 1.
Solução:
Alternativa: C
14. Um corpo flutua estavelmente em um tanque contendo dois
líquidos imiscíveis, um com o dobro da densidade do outro, de tal
forma que as interfaces líquido/líquido e líquido/ar dividem o volume
do corpo exatamente em três partes iguais. Sendo completamente
removido o líquido mais leve, qual proporção do volume do corpo
permanece imerso no líquido restante?
a) 1/2
b) 1/4
c) 3/4
d) 2/5
e) 3/5
Eq. De translação
Solução:
N1
P F2
N2
F1
áreaS
Do atrito(µ mínimo  atrito de destaque):
a
ar
a

a
2
Por Arquimedes:
F1
N1
F2
N2
N1
P
N2
N1
N2
Eq. De rotação em torno da quina:
Peso = a  Sg  aS2g  3aSg
0
Mas, 3aS  volume total
Logo,
Peso  Vtotal  g
Após retirar o líquido mais leve:
áreaS
N1a P
N1
2N1
N2
N1
N1
ar
x
2
Por Arquimedes:
Peso  Vtotal  g  Vsub  2g 
Vsub
1

Vtotal 2
Alternativa: A
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a
2
N2a
2N2
N1(2
Alternativa: C
)
P
N2
2
2(N1 N2 )
N1
2
)
N2 (2

2
4
2
4
1
2
16. Uma corda de cobre, com seção de raio rC, está submetida a uma
tensão T. uma corda de ferro, com seção de raio rF, de mesmo
comprimento e emitindo onda de mesma frequência que a do sobre,
está submetida a uma tensão T/3. Sendo de 1,15 a razão entre as
densidades de cobre e do ferro, e sabendo que ambas oscilam no
modo fundamental, a razão rC / rF é igual a
a) 1,2
d) 1,6
b) 0,6
e) 3,2
c) 0,8
Para garantir a reflexão total,   L ¨
De Snell, vem: n  sen L  1.sen90º sen L 
f
Para min
Por fim,
1 v
*
2L
Mas,
R X
Rd
R
 x  0  sen 
Rd
Do ABO, vem : sen 
Solução:
A frequência fundamental de oscilação em cordas vibrantes é:
1
n
1
R
d

 R
n Rd
n 1
Alternativa: C
F
F
v
v

m
18. No circuito da figura há três capacitores iguais, com C = 1000F,
inicialmente descarregados. Com as chaves (2) abertas e as chaves
(1) fechadas, os capacitores são carregados. Na sequência, com as
chaves (1) abertas e as chaves (2) fechadas, os capacitores são
novamente descarregados e o processo se repete. Com a tensão no
resistor R variando segundo o gráfico da figura, a carga transferida
pelos capacitores em cada descarga é igual a
Ora, m      r 2 
Daí, v 
1 F
**
r 
De * e **, vem:
2 2 2
F=4f L r π
Comparando cobre e ferro:
r2  
T
 c c
T / 3 r2  
F
F

r
Mas, c  1,15  c  1,6

r
F
F
Alternativa: D
17. Um tubo de fibra óptica é basicamente um cilindro longo e
transparente, de diâmetro d e índice de refração n. se o tubo é
curvado, parte dos raios de luz pode escapar e não se refletir na
superfície interna do tubo. Para que haja reflexão total de um feixe de
luz inicialmente paralelo ao eixo do tubo, o menor raio de curvatura
interno R (ver figura) deve ser igual a
a) 4,8  10 C
-2
b) 2,4  10 C
-2
c) 1,2  10 C
-2
d) 0,6  10 C
-2
e) 0,3  10 C
-2
a) nd.
b) d / n.
d) nd / (n - 1).
e)


c) d / (n - 1).
Solução:
nd / n  1
Com as chaves (2) abertas e as chaves (1) fechadas o sistema está
na seguinte configuração
Solução:
V0
^t
C
^
n
B
C
d

A
Desse modo cada capacitor adquire uma voltagem (V0) em seus
terminais.
R
0
Com as chaves (1) abertas e as chaves (2) fechadas o sistema está
na seguinte configuração
2V0
x
d
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V0
C
R
V0
C
Solução:
Vemos pelo gráfico dado na questão que:
Usando a expressão do efeito Doppler para ondas eletromagnéticas,
temos:
24  2V0  V0  12Volts
1 
1 
Assim a carga transferida pelos capacitores em cada descarga vale:
f  f0
q  C  V0  10 3  10 6  12  q  1,2  10 2 C
Onde
Alternativa: C
Sendo
c  Velocidade da luz
v  Velocidade do observador
19. Uma bobina metálica circular de raio r, com N espiras e
resistência elétrica R, é atravessada por um campo de indução
magnética de intensidade B. se o raio da bobina é aumentado de
uma fração r << r, num intervalo de tempo t, e desconsiderando as
perdas, a máxima corrente induzida será de:
a) 2NBrr / (Rt).
2
b) 2NBrr / (Rt).
2
c) 2NB rr / (Rt).
2
d) 2NBrr / (R t).
2
e) 2NBrr / (Rt ).

v
c
Então, de acordo com as informações do problema, temos:
c
c 1 
1
1 1 




 0 1 
400 600 1  
1  3
1  9
5
 
  4  4  9  9  13  5   
1  2
1  4
13
Alternativa: E
Solução:
21. No circuito abaixo os medidores de corrente e tensão elétrica são
reais, ou seja, possuem resistência interna. Sabendo-se que o
voltímetro acusa 3,0V e o amperímetro, 0,8ª, calcule o valor da
resistência interna do voltímetro.
Pela lei de indução de Faraday, temos:
  d  R  i
dt
Mas
d
dA
A
 NB
 NB
dt
dt
t
Note que
2

r 
2
A  (r  r)2   r 2  r 2  1 
  r
r


Como r  r , vem:
2

r 
r
1 
  1 2
r 
r

Solução:
Considerando os medidores de corrente e tensão elétrica como reais,
ou seja, possuidores de resistência interna, o circuito original pode
ser diagramado como segue:
Daí:

r 
2
A  r2  1  2
  r  2r  r
r 

Por fim
  R.i  NB. 2rr 
Como foi dito que a leitura do voltímetro é 3V, então os dois
resistores de 10 têm essa mesma voltagem. Desse modo,
apresentam uma corrente elétrica de
t
i
2NBrr
Rt
i
3
 0,3A
10
Foi dito também que o amperímetro apresenta uma leitura de 0,8A.
Desse modo, a corrente que passa pelo voltímetro será dada por:
Alternativa: A
iv  0,8  2  0,3  0,2A
20. Enquanto em repouso relativo a uma estrela, um astronauta vê a
luz dela como predominantemente vermelha, de comprimento de
onda próximo a 600nm. Acelerando sua nave na direção da estrela, a
luz será vista como predominantemente violeta, de comprimento de
onda próximo a 400nm, ocasião em que a razão da velocidade da
nave em relação à luz será de:
Por fim, a resistência interna do voltímetro será dada por:
a) 1/3
d) 5/9
b) 2/3
e) 5/13
c) 4/9
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Uv  R v  iv 
3  R v  0.2 
R v  15
22. No tráfego, um veículo deve se manter a uma distância segura do
que vai logo à frente. Há países que adotam a “regra dos três
segundos”, vale dizer: ao observar que o veículo da frente passa
opor uma dada referência ao lado da pista, que se encontra a uma
distância d, o motorista deverá passar por essa mesma referência
somente após pelo menos três segundos, mantida constante sua
velocidade v0.
Nessas condições:
1. supondo que o veículo da frente pare instantaneamente, estando
o de trás a uma distância ainda segura de acordo com a “regra
dos três segundos”. Calcule o tempo T da frenagem deste para
que ele possa percorrer essa distância d mantida constante
aceleração.
2. para situações com diferentes valores da velocidade inicial v 0,
esboce um gráfico do módulo da aceleração do veículo de trás
em função dessa velocidade, com o veículo parando
completamente no intervalo de tempo T determinado no item
anterior.
3. considerando que a aceleração a depende principalmente do
coeficiente de atrito  entre os pneus e o asfalto, explique como
utilizar o gráfico para obter o valor máximo da velocidade v M para
o qual a “regra dos três segundos” permanece válida. Sendo  =
0,6 obtenha este valor.
Se 
Vm
0,6 , como tg
1
e g
6
10
, temos:
36
Como as abscissas estão em m/s,
Vm
36 m / s
23. Um cilindro vertical de seção reta de área A1, fechado, contendo
gás e água é posto sobre um carrinho que pode se movimentar
horizontalmente sem atrito. A uma profundidade h do cilindro, há um
pequeno orifício de área A2 por onde escoa a água. Num certo
instante a pressão do gás é p, a massa de água, Ma e a massa
restante do sistema M. determine a aceleração do carrinho nesse
instante mencionado em função dos parâmetros dados. Justifique as
aproximações eventualmente realizadas.
Solução:
Solução:
1. d
Vmédia T
Vmédia
Aceleração constante
0
Vmédia
2
V0
2
O esguicho sai em 2 com velocidade V2 em relação ao carrinho.
V0
T
2
d
Logo,
V0
Regra dos 3 segundos: d
2. Temos 0
V0
3V0
(Ma
M) a
Quantidade de movimento do cilindro
V0T
2
Assim, 3V0
Q
t
T
aT
6s
a
Massa
Volume
V0
T
a
1
V0
6
V2
t H2O (V2 0)
v2 A2
t
(Ma
M) a
Aplicando a equação de Bernoulli entre 1 e 2:
0
V0
aT
a
V0
T
a
1
V0
6
p  H2O  g  h  H2O 
v 22
(supondo A 2  A 1 para que haja a
2
mesma v em todos seus pontos e que a velocidade de descida do
nível seja pequena para o escoamento ser estacionário, além de nãoviscoso)
Supondo p atm  p
v2 
2(p  1 10 4  h)
1.10 3
(SI)
2(p  10 4 h)
Logo, a 
 A 2  10 3
2(p 10 4 h) A 2
10 3

Ma  M
Ma  M
3. Seja Fat a força de atrito e m a massa do veículo, temos:
Fat
mg
Fat
ma
N
N
a
g
No gráfico, o ponto de ordenada g tem a abscissa Vm. Daí,
tg
g 0
Vm 0
Vm
g
tg
2
(g em m/s )
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24. Um dado instrumento emitindo um único som de frequência f0, é
solto no instante t = 0 de uma altura h em relação ao chão onde você,
imóvel, mede a frequência f que a cada instante chega aos seus
1
ouvidos. O gráfico resultante de  t mostra uma reta de coeficiente
f
-5
angular -3,00  10 . Desprezando a resistência do ar, determine o
valor da frequência f0.
Solução:
Aplicando i
P1
P2

h
f0

v  g t
2
1, i
d2
d1
2 e dividindo as equações, vem:
P1
P2
d2
d1
26. Considere uma garrafa térmica fechada contendo uma certa
quantidade de água inicialmente a 20°C. elevando-se a garrafa a
uma certa altura baixando-a em seguida, suponha que toda a água
sofra uma queda livre de 42cm em seu interior. Este processo se
repete 100 vezes por minuto. Supondo que toda a energia cinética se
transforme em calor a cada movimento, determine o tempo
necessário para ferver a água toda.
f
Solução:
Do efeito Doppler sonoro, vem:
Vsom
f  f0
*
Vsom  Vfonte
Mas Vfonte  g  t (queda livre) * *
De * e ** , vem:
Vsom
340
f  f0
f
Vsom  g  t 0 340  10t

1 1
1
 
t
f f0 34f0
coeficiente angular
Logo,  3  10 5 
1
 f0  1kHz
34f0
25. Dois garotos com patins de rodinhas idênticos encontram-se
numa superfície horizontal com atrito e, graças a uma interação,
conseguem obter a razão entre seus respectivos pesos valendo-se
apenas de uma fita métrica. Como é resolvida essa questão e quais
os conceitos físicos envolvidos.
Ganho de energia por queda:
E  mgh
Após 100 repetições:
E T  100mgh
Para t  60s  Pot 
100  m  10  0,42
60
Pot  7m
Solução:
Para ferver toda água, vem que:
Q  m  c Q  m  4,2  103  80
 Q  336  10 3 m
Da relação Q  Pot  t, vem :
t 
336.103  m
 48.000s
7m
Ou t  8.000min
Equilíbrio de forças na vertical:
N1
P1 e N2
P2
A interação entre os corpos é extremamente rápida, de sorte que o impulso
da força de atrito é desprezível. Assim, da conservação da quantidade de
movimento, vem:
Q
MV
mv
Do teorema da energia cinética para cada corpo, seque que:
Q2
Q2 g
WFat
ECin
 Pi di
EIni
Cin
2Mi
2 Pi
2 Pi2 di
Q2 g
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27. Considere superpostas três barras idênticas de grafite com
-4
resistividade  = 1,0  10 m. 15cm de comprimento e seção
quadrada com 2,0cm de lado. Inicialmente as três barras tem as suas
extremidades em contato com a chapa ligada ao contato A. em
seguida, a barra do meio desliza sem atrito com velocidade constante
v = 1,0 cm/s, movimentando igualmente o contato B, conforme a
figura. Obtenha a expressão de resistência R medida entre A e B
como função do tempo e esboce seu gráfico.
Solução:
28. Na ausência da gravidade e no vácuo, encontram-se três esferas
condutoras alinhadas, A, B e C, de mesmo raio e de massas
respectivamente iguais a m, m e 2m. inicialmente B e C encontramse descarregadas e em repouso, e a esfera A, com carga elétrica Q,
é lançada contra a intermediária B com uma certa velocidade v.
supondo que todos movimentos ocorram ao longo de uma mesa reta,
que as massas sejam grandes o suficiente para se desprezar as
forças coulombianas e ainda que todas as colisões sejam elásticas,
determine a carga elétrica de cada esfera após todas as colisões
possíveis.
As placas representam meios condutores e a sua disposição
apresenta uma associação de resistores com o seguinte arranjo:
A
Solução:
B
Vamos analisar passo a passo as colisões envolvidas
A
1ª colisão A e B:
B
Q

ANTES
x
A
A

15 - x
A

15 - x
A

x
A
A
B
x
A

15 - x
A
1 x 1 (15  x )
x


2 A 3
A
A
R AB 
7  x  2  15
6A
QB 
Q
2
2ª colisão B e C:
Q
2 V
ANTES
Então:
 7  10  10
2  15
 7v 
R AB  
 
t
 6  4  10 4
6
A
6
A



4
2

 t  2  10  15  10

6  4  10 4

4
B
Com
 7  10

 24

2

 t  5  10

4

VB'
2
t  0  R AB  0,0125 
Quando
t  15s  R AB  0,05625 
Q
4
Q
'
4 Vc
A
C
Agora teremos:
Qsist ANTES  QsistDEPOIS 
R AB em 0hms e t em segundos.
Quando
C
2
DEPOIS
R AB
B
A carga elétrica que a esfera B adquire é

xvt
Mas:
Q
2 V
Como estamos diante de um choque elástico com esferas de mesma
massa sabemos que essa colisão resulta numa troca de velocidades.
Desse modo, a resistência equivalente entre A e B vale:
R AB 
B
Q VA'  0
2
A
DEPOIS

VB  0
V
mV  2mVC'  mVB' 
2VC'  VB'  V
E também
Assim

R AB 
VRelDEPOIS
VRel ANTES
1
0,05625
Assim
VC'  VB'
 1  VC'  VB'  V
V
0,0125
0
Isso nos traz:
15 t s
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VC' 
2V
Paraadireita
3
VB' 
Mas,
l = x sen 
V
Paraaesquerda
3
A carga elétrica que as esferas B e C adquirem será:
Q
4
QB  QC 
Daí,
2
mẍ = 2 k l0 sen 2 - m g cos  – 2 k sen  x
2
mẍ = Cte – 2 k sen x
Em analogia: k’ = 2 k sen 
2
3ª Colisão: B e A
VB 
Q V=0
2
ANTES
A
Q / 4
B
VA 
DEPOIS
V
3
V
3
Para equilíbrio,
2
ẍ = 0  0 = 2 k l0 sen 2 - m g cos  – 2 k sen  x
2
2 k l0 sen 2 - m g cos 2 k sen  x
VB  0
B
A
Mais uma vez teremos uma colisão elástica entre esferas de mesma
massa. O resultado mais uma vez será a troca de velocidades.
A carga elétrica adquirida pelas esferas será dada por:
Q Q

3Q
Q A  QB  2 4 
2
8
30. No circuito da figura o capacitor encontra-se descarregado com a
chave A aberta que, a seguir, é fechada no instante t1, sendo que o
capacitor estará totalmente carregado no instante t2. Desprezando a
resistência da bateria V, determine a corrente no circuito nos
instantes t1 e t2.
Após todas as colisões possíveis o sistema apresentará a seguinte
configuração:
VA 
3Q
8
V
3
A
VB  0
3Q
8
B
VC 
C
2V
3
Q
4
Assim,
Q A  QB 
QC 
3Q
8
Solução:
No instante t1 a chave é fechada. Como o capacitor está
descarregado inicialmente funciona como um curto-circuito. Desse
modo, o circuito pode ser diagramado como segue:
R
Q
4
V
leq
i1
29. Um sistema mecânico é formado por duas partículas de massas
m conectadas por uma mola, de constante elástica k e comprimento
natural 20, e duas barras formando um ângulo fixo de 2, conforme
a figura. As partículas podem se mover em movimento oscilatório,
sem atrito, ao longo das barras, com a mola subindo e descendo
sempre na horizontal. Determine a frequência angular da oscilação e
a variação  – 0 – 1, em que 1 é o comprimento da mola e sua
posição de equilíbrio.
Assim,
i1 
V
R
No instante t2 o capacitor está totalmente carregado e nessa
condição funciona como um circuito aberto. Desse modo, o circuito
pode ser diagramado com segue:
R
R
i2
V
Assim,
Solução:
Arbitrando um referencial x com origem na junção entre as barras:
mẍ = Fel sen mg cos 
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i2 
V
2R