1. (Ita 2010) Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2R, como ilustrado na figura. Sendo g a aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da pista.

2. (Ita 2010) No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo.Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento da mola é dada por

a) .

1

ATIVIDADE: ESTUDO AVANÇADO ITA

DATA: SÉRIE: ENSINO MÉDIO

NOME: Nº

PROF.: Caio

DISCIPLINA: Física

b) .

c) .

d)

e) 3. (Ita 2010) A temperatura para a qual a velocidade associada à energia cinética média de uma molécula de nitrogênio, N2, é igual à velocidade de escape desta molécula da superfície da Terra é de, aproximadamente, (Energia cinética associada à translação de um gás diatômico: Ec = 3/2.nRT)a) 1,4 x 105 K. b) 1,4 x 108 K. c) 7,0 x 1027 K. d) 7,2 x 104 K. e) 8,4 x 1028 K. 4. (Ita 2010) Uma esfera maciça de massa específica ρ e volume V está imersa entre dois líquidos, cujas massas específicas são ρ1 e ρ2, respectivamente, estando suspensa por uma corda e uma mola de constante elástica k, conforme mostra a figura. No equilíbrio, 70% do volume da esfera estão no líquido 1 e 30 % no líquido 2. Sendo g a aceleração da gravidade, determine a força de tração na corda.

5. (Ita 2010) Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura.Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo com a vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio?

2

a)

b)

c)

d)

e) 6. (Ita 2010) Uma massa m1 com velocidade inicial V0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura. Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa.

7. (Ita 2010) Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas circulares. 8. (Ita 2010) Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do Sol. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais em tempos iguais. Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o planeta.

Assinale a alternativa correta. a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais. b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porem com focos diferentes e a 2ª Lei de Kepler continuaria válida. c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei de Kepler não seria mais válida. d) A 2ª Lei de Kepler só é valida quando se considera uma força que depende do inverso do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida. e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. 8. (Ita 2010) Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = G M/ R2. Como ω ≠ 0, um

3

corpo em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo centro do planeta.

Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a uma latitude λ é dado por a) mg – m ω 2Rcos λ. b) mg – m ω 2Rsen2 λ.

c) .

d) .

e) . 09. (Ita 2010) Uma parte de um cilindro está preenchida com um mol de um gás ideal monoatômico a uma pressão P0 e temperatura T0. Um êmbolo de massa desprezível separa o gás da outra seção do cilindro, na qual há vácuo e uma mola em seu comprimento natural presa ao êmbolo e à parede oposta do cilindro, como mostra a figura (a). O sistema está termicamente isolado e o êmbolo, inicialmente fixo, é então solto, deslocando-se vagarosamente até passar pela posição de equilíbrio, em que a sua aceleração é nula e o volume ocupado pelo gás é o dobro do original, conforme mostra a figura (b). Desprezando os atritos, determine a temperatura do gás na posição de equilíbrio em função da sua temperatura inicial.

10. (Ita 2010) Uma máquina térmica opera segundo o ciclo JKLMJ mostrado no diagrama T-S da figura.

4

Pode-se afirmar que a) processo JK corresponde a uma compressão isotérmica. b) o trabalho realizado pela máquina em um ciclo é W = (T2 – T1)(S2 – S1).

c) o rendimento da maquina é dado por . d) durante o processo LM, uma quantidade de calor QLM = T1(S2 – S1) é absorvida pelo sistema. e) outra máquina térmica que opere entre T2 e T1 poderia eventualmente possuir um rendimento maior que a desta. 11. (Ita 2010) Um quadro quadrado de lado ℓ e massa m, feito de um material de coeficiente de dilatação superficial β, e pendurado no pino O por uma corda inextensível, de massa desprezível, com as extremidades fixadas no meio das arestas laterais do quadro, conforme a figura. A força de tração máxima que a corda pode suportar é F. A seguir, o quadro e submetido a uma variação de temperatura ִT, dilatando. Considerando desprezível a variação no comprimento da corda devida à dilatação, podemos afirmar que o comprimento mínimo da corda para que o quadro possa ser pendurado com segurança é dado por

a) . b)

c) .

d) .

e) .

5

12. (Ita 2010) A figura mostra uma barra LM de 10 cm de comprimento, formando um ângulo de 45° com a horizontal, tendo o seu centro situado a x = 30,0 cm de uma lente divergente, com distância focal igual a 20,0 cm, e a y = 10,0 cm acima do eixo ótico da mesma. Determine o comprimento da imagem da barra e faça um desenho esquemático para mostrar a orientação da imagem.

13. (Ita 2010) Considere uma balança de braços desiguais, de comprimentos ℓ1 e ℓ2, conforme mostra a figura. No lado esquerdo encontra-se pendurada uma carga de magnitude Q e massa desprezível, situada a uma certa distância de outra carga, q. No lado direito encontra-se uma massa m sobre um prato de massa desprezível. Considerando as cargas como puntuais e desprezível a massa do prato da direita, o valor de q para equilibrar a massa m é dado por

a)

b)

c)

d)

e) 14. (Ita 2010) Considere as cargas elétricas ql = 1 C, situada em x = – 2 m, e q2 = – 2 C, situada em x = – 8 m. Então, o lugar geométrico dos pontos de potencial nulo é a) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 4m. b) uma esfera que corta o eixo x nos pontos x = – 16 m e x = 16 m.

6

c) um elipsoide que corta o eixo x nos pontos x = – 4 m e x = 16 m. d) um hiperboloide que corta o eixo x no ponto x = – 4 m. e) um plano perpendicular ao eixo x que o corta no ponto x = – 4 m. 15. (Ita 2010) Considere o modelo de flauta simplificado mostrado na figura, aberta na sua extremidade D, dispondo de uma abertura em A (próxima à boca), um orifício em B e outro em C.

Sendo e a velocidade do som de 340,0 m/s, as frequências esperadas nos casos: (i) somente o orifício C está fechado, e (ii) os orifícios B e C estão fechados, devem ser, respectivamente:

a) 2000 Hz e 1000 Hz. b) 500 Hz e 1000 Hz. c) 1000 Hz e 500 Hz. d) 50 Hz e 100 Hz. e) 10 Hz e 5 Hz. 16. (Ita 2010) Uma jovem encontra-se no assento de um carrossel circular que gira a uma velocidade angular constante com período T. Uma sirene posicionada fora do carrossel emite um som de frequência f0 em direção ao centro de rotação.No instante t = 0, a jovem está a menor distância em relação à sirene. Nesta situação, assinale a melhor representação da frequência f ouvida pela jovem.

a)

b)

c)

d)

7

e)

Gabarito:

Resposta da questão 1:

O pequeno bloco parte do repouso do ponto A, na altura h, e atinge o ponto B com velocidade v, na altura R + R cos . Assim, pela conservação da energia mecânica:

h =

. (equação 1)Para continuar em contato com o restante da pista, o pequeno bloco deve realizar um lançamento oblíquo, descrevendo o arco de parábola BC. Como mostra a figura acima, o alcance horizontal desse lançamento é:D = 2 R sen . (equação 2)

Mas o alcance horizontal de um lançamento oblíquo com velocidade de lançamento v é calculado por:

D = . (equação 3)Igualando as equações (2) e (3), temos:

8

= 2 R sen v2 = . Substituindo essa expressão na equação (1), vem:

h =

h =

h = .

Resposta da questão 2: [C]

Fig. 1

Na figura acima,A: ponto onde inicia o movimento;B: ponto onde o anteparo separa-se do corpo de massa m;C: ponto onde ocorre a máxima variação do comprimento da mola;

: força trocada entre o anteparo e o corpo;

: força elástica (Fe = k x);

: componente tangencial da força peso (Pt = m g sen ).

Aplicando o princípio fundamental da dinâmica, enquanto há contanto entre o corpo e o anteparo:R = ma Pt – Fe – F = ma mgsen – kx – F = ma. Isolando F, vem:F = – kx + (mg sen – ma). Podemos ver nessa expressão que F é uma função do 1º grau de x ou seja, do tipo: y = a x + b . O coeficiente angular é a = – k (reta decrescente) e o coeficiente linear é b = (mg sen – ma).

Seja x1 a raiz da função. Então:

0 = – kx1 + (mg sen – ma) .Traçando o gráfico:

9

Fig. 2

Apliquemos o teorema da energia cinética entre os pontos A e C.

. As velocidades inicial e final são ambas nulas, então . Assim:

. (equação 1)

Calculemos cada um desses trabalhos separadamente.

O trabalho da força pode ser calculado pela área no gráfico acima, com sinal negativo, pois se trata de trabalho resistente. Assim:

.(equação 2)O trabalho da força peso e o da força elástica podem ser calculados pelo teorema da energia potencial:

. Colocando referencial no nível do ponto C e analisando a Fig.1, vemos que h = x

sen . Então:

. (equação 3)

= = 0 – = – . (equação 4)Substituindo (2), (3) e (4) em (1), temos:

= 0. Trocando os sinais de todos os termos, vem:

. Resolvendo a equação do 2º grau:

10

. Abandonando o sinal negativo, obtemos, finalmente:

Resposta da questão 3: [A]

Com referencial no infinito, a energia mecânica do sistema corpo-Terra é:

Emec = Ecin + Epot Emec = . A velocidade de escape é a velocidade mínima com que o corpo deveria ser lançado na superfície da Terra para não mais retornar, atingindo o “infinito” com velocidade nula.

Pelo princípio da conservação da energia, a energia mecânica (E) na superfície é igual à energia mecânica no “infinito”.

Porém, se a velocidade no “infinito” é nula, a energia cinética também o é. E, quando r (tende a infinito), a energia potencial gravitacional também se anula. Assim, E é nula. Então:

. Sendo rSup = RT (raio da Terra) , vem:

Como a massa da Terra (MT) não é fornecida, vamos multiplicar e dividir por RT o segundo membro.

. Mas, . Então:

.(equação 1)

A energia cinética média das moléculas do gás perfeito é: Ec = . Assim:

. Substituindo a equação (1) nessa expressão:

T = . Sendo a massa molar do gás nitrogênio, M = 2810-3 kg; R = 8,31 J/mol.K; g = 9,8 m/s2 e RT = 6,38106 m, substituindo na expressão acima, obtemos:

T = K.

Resposta da questão 4: Dados:

11

V1 = 0,7 V e V2 = 0,3 V, Sendo V o volume da esfera e V1 e V2 as porções imersas do volume da esfera nos líquidos 1 e 2, respectivamente.

Nas figuras acima:P: módulo do peso da esfera:P = m g = V g.E1 e E2: intensidades dos empuxos exercidos pelos líquidos 1 e 2 na esfera, respectivamente. E1 = 1 V1 g E1 = 1 (0,7 V) g E1 = 0,7 1 V g; E2 = 2 V2 g E2 = 2 (0,3 V) g E2 = 0,3 2 V g. T: intensidade da força de tração no fio vertical.Fe: intensidade da força elástica.Fc: intensidade da força na corda.

Na Fig. 1, a esfera está em equilíbrio:T+ E1 + E2 = P T = P – E1 – E2 T = V g – 0,7 1 V g – 0,3 2 V g T = V g ( – 0,7 1 – 0,3 2 ). (equação 1)

A Fig. 2 mostra as forças atuantes no nó, ponto de concorrência entre as forças mostradas. Como o nó está em equilíbrio, a resultante das forças agindo nele também é nula. A Fig. 3 mostra a soma vetorial dessas forças.

Nela vemos que:

. Substituindo a equação (1) nessa expressão, vem:

V g ( – 0,7 1 – 0,3 2 ).

Resposta da questão 5: [C]

12

Nas figuras acima:b: distância AO; N: intensidade da normal trocada entre o semicilindro e a barra;Qy: componente perpendicular do peso da barra;M: ponto médio da barra.F: componente vertical da força de reação que a superfície de apoio exerce no semicilindro;Fat: componente horizontal da força de reação que a superfície de apoio exerce no semicilindro.

No triângulo ABO temos que:

.

Como a barra está em equilíbrio de rotação, o somatório dos momentos é nulo. Assim, colocando polo em O, temos:

.

. Isolando N, vem:

(equação 1)

O semicilindro também está em equilíbrio. Então:Na direção vertical:F = Ny + P F = N sen + P. (equação 2)Na direção horizontal (supondo iminência de escorregamento):Fat = Nx F = N cos . Substituindo a equação (2) e isolando , vem:

. Colocando N em evidência no denominador, temos:

13

. Substituindo a equação (1):

Aplicando a propriedade distributiva no denominador, fazendo os cancelamentos e lembrando

que: sen cos = , vem:

= . Colocando 2P em evidência, finalmente:

Resposta da questão 6: As variações de velocidades na colisão ocorrem somente pela interação entre a massa m1 e a massa m2 formando, então, um sistema mecanicamente isolado. Portanto, há conservação da quantidade de movimento do sistema que engloba m1, m2 e a mola.A compressão máxima da mola ocorre quando os dois corpos têm a mesma velocidade (V), ao final da fase de deformação. Assim:

. (equação 1)O sistema é também conservativo, pois a força elástica responsável pelas variações de velocidades é uma força conservativa. Então:

. (equação 2)

Substituindo (1) em (2), vem:

14

.

Resposta da questão 7:

Na figura acima:M: massa do Sol;m: massa do planeta;r: raio da órbita;

: velocidade orbital do planeta;

: força gravitacional;

: resultante centrípeta.

Lembremos que a 3ª lei de Kepler afirma que: “o quadrado do período de translação (T) do planeta é diretamente proporcional ao cubo do raio de sua órbita: T2 = k r3 ”. Como o movimento é circular uniforme, a força gravitacional comporta-se como resultante centrípeta. Assim:

FG = RC . (equação 1)

Mas: v = . (equação 2)Substituindo (2) em (1), vem:

.

Ora, G, M e são todos constantes. Então: = k (constante). Assim:T2 = k r3.

Resposta da questão 8: [A]

15

Se o efeito da gravitação deixasse de existir, o planeta entraria em movimento retilíneo uniforme, percorrendo sempre a mesma distância b em temos iguais, portanto varrendo a mesma área: A =

b h

Resposta da questão 9: [D]

Na figura acima:r = R cos C: centro da Terra;C’: centro da trajetória descrita pelo corpo de massa m.

A força gravitacional ( ) admite duas componentes: a resultante centrípeta ( ) e o peso aparente

( ). A normal ( ) tem a mesma intensidade do peso aparente (N = P), que é a indicação fornecida pelo dinamômetro.Temos ainda:F = m g e Fc = m 2 r Fc = m 2 R cos . (equação 1)

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo destacado na figura:

. Substituindo a equação 1 nessa expressão, vem:

P2 =

P2 = Colocando (mg)2 em evidência, temos:

16

P2 = P2 =

P = . Se trocarmos o sinal antes do colchete, podemos trocar o sinal de cada um dos termos dentro dele. Assim:

P = .

Resposta da questão 10:

Nas figuras acima:A: área da secção transversal do êmbolo.FE: módulo da força elástica. FE = k x.FG: módulo da força de pressão exercida pelo gás. FG = P A.Dados: P0; V0; V = 2 V0 e n = 1 mol.

O enunciado afirma que o sistema está termicamente isolado, ou seja, a transformação é adiabática (Q = 0).Da 1ª lei da termodinâmica:U = Q – W U = 0 – W W = – U

W =

W = . Mas esse trabalho é armazenado na mola na forma de energia potencial elástica. Assim:

. (equação 1)

Na figura (a) podemos notar que:

17

V0 = A x (equação 2)

Na figura (b), na posição de equilíbrio:

FE = FG k x = P A. (equação 3)

As equações (2) e (3) sugerem que escrevamos:

k x2 = (k x) (x) = (P A) k x2 = P V0. (equação 4)

Mas, novamente na figura (b):P V = n R T P (2V0) = (1) R T

P V0 = . (equação 5)De (4) e (5):

k x2 = . Substituindo essa expressão na equação (1), temos:

= T = 6(T0 – T) 7T = 6 T0

.

Resposta da questão 11: [B]

No ciclo temos as seguintes transformações:JK: expansão isotérmica. Se a entropia aumenta, o sistema recebe calor e realiza trabalho;KL: resfriamento adiabático. A temperatura diminui sem variar a entropia, logo não há troca de calor;LM: compressão isotérmica. A entropia diminui, o sistema perde calor e recebe trabalho;MJ: aquecimento adiabático. A temperatura aumenta sem variar a entropia.

Nota-se, então, que se trata de um ciclo de Carnot, com rendimento: Calculemos o trabalho realizado no ciclo, lembrando que a variação da entropia é:

S = , onde Q é o calor trocado na transformação.A transformação JK é isotérmica, portanto a variação da energia interna é nula. Da 1ª lei da termodinâmica ( ). Então:0 = QJK – WJK WJK = QJK. (equação 1)

Mas: SJK =

18

QJK = (S2 – S1)T2 . Substituindo nessa expressão a equação (1), obtemos:WJK = (S2 – S1)T2.

Seguindo esse mesmo raciocínio para a transformação LM, que também é isotérmica, mas uma compressão, vem:WLM = (S1 – S2)T1 WLM = –(S2 – S1)T1.

Nas transformações KL e MJ o sistema não troca calor. Novamente, pela 1ª lei da termodinâmica:UKL = – WKL e UMJ = – WMJ. Como UMJ = – UKL WMJ = – WKL.O trabalho no ciclo é o somatório desses trabalhos, ou seja:Wciclo = WJK + WKL + WLM + WMJ Wciclo = (S2 – S1)T2 + WKL – (S2 – S1)T1 – WKL Wciclo = (S2 – S1)T2 – (S2 – S1)T1 Wciclo = (S2 – S1) (T2 – T1).

Resposta da questão 12: [E]

Nas figuras acima:ℓ: lado inicial do quadrado;ℓ’: lado do quadrado depois do aquecimento;L: comprimento da corda;

h: distância .

Na Fig 1, no triângulo ABO, aplicando o teorema de Pitágoras, temos:

. (equação 1)

Na Fig 2, como o quadro está em equilíbrio, a resultante das forças é nula. Assim:2 Fy = P 2 Fy = m g

19

. (equação 2)

O triângulo ABO da Fig 1 é semelhante ao triângulo das forças na Fig 3. Então:

Substituindo nessa expressão as equações (1) e (2), temos:

Quadrando os dois membros:

Colocando L2 em evidência, vem:

. (equação 3)

Da expressão da dilatação superficial:A’ = A(1 + T).

Mas: A’ = e A = . Então, substituindo na expressão acima, vem:

. Voltando à equação (3) e isolando L2 temos:

L =

Resposta da questão 13: Dados: LM = 10 cm; x = 30 cm; y = 10 cm; f = – 20 cm (lente divergente)

No destaque, à esquerda na figura acima, pela diagonal do quadrado, temos:

cm.Assim, podemos determinar as coordenadas dos pontos extremos da barra (M e L) no sistema de eixos (p,y).

20

Analisando a figura, vem:M(25,15) cm; L(35,5) cm.

Da equação dos pontos conjugados:

p' = . (equação 1)Da equação do aumento linear transversal:

. (equação 2)

Apliquemos as equações (1) e (2) para encontrarmos as coordenadas das imagens de M’(p’M,y’M) e L’(p’L;y’L) .

Aplicando a expressão da distância entre dois pontos, encontramos o comprimento (D) da imagem:

Resposta da questão 14: [E]

21

Como nas alternativas não aparece a massa da barra, vamos considerá-la desprezível. Sendo também desprezível a massa da carga suspensa, as forças eletrostáticas entre as cargas têm a mesma direção da reta que passa pelos seus centros. Além disso, para que haja equilíbrio essas forças devem ser atrativas, e as intensidades da força de tração no fio e das forças eletrostáticas são iguais (T = F), como ilustrado na figura.

Analisando a figura:

r =

. (equação 1)

Da lei de Coulomb:

F = . (equação 2)Substituindo (1) em (2):

F = . (equação 3)

Para que a barra esteja em equilíbrio o somatório dos momentos deve ser nulo. Assim, adotando polo no ponto O mostrado na figura, vem:

. Substituindo nessa expressão a equação (3), temos:

|q| .Analisando mais uma vez as alternativas, vemos que em todas há o sinal negativo para q. Isso nos força a concluir que Q é positiva. Então, abandonando os módulos:

q

Resposta da questão 15: [A]

22

Dados: q1 = 1 C; x1 = – 2 m; q2 = – 2 C e x2 = – 8 m.A figura a seguir ilustra o enunciado.

Lembremos, primeiramente, que, no espaço (x,y,z), a distância entre dois pontos P(xP,yP,zP) e Q(xQ,yQ,zQ) é obtida pela expressão:

. (equação 1)Seja, então A(x,y,z) um ponto da superfície equipotencial, onde o potencial elétrico é nulo (VA = 0)VA = VA 1 + VA 2

0 = Substituindo os valores dados, temos:

. (equação 2)

Apliquemos a equação (1) para calcular as distâncias r1 e r2 do ponto A aos pontos onde estão as partículas eletrizadas.

. (equação 3)

. (equação 4)

Elevando ao quadrado a equação (2) temos:

. (equação 5)

Substituindo (3) e (4) em (5), vem:

x2 + 16x + 64 + y2 + z2 = 4x2 + 16x + 16 + 4y2 + 4z2 3x2 + 3y2 + 3z2 – 48 = 0. Dividindo ambos os membros por 16, temos:x2 + y2 + z2 = 16. (equação 6)

Lembrando que a equação de uma superfície esférica de centro no ponto P(a,b,c) é:

23

(x – a)2 + (x– b)2 + (y – c)2 = r2, concluímos que a equação (6) representa uma casca esférica de centro na origem do sistema (0,0,0) e raio 4 m.Portanto, ela corta os eixos nos pontos: (x = y = z = 4) m e (x = y = z = -4) m.

Resposta da questão 16: [C]

Com os dados fornecidos, podemos calcular as distâncias mostradas na Fig 1.

A flauta comporta-se como um tubo sonoro aberto. Para o harmônico fundamental, temos então:

.

Como v = f v = 2Lf .Sendo v = 340 m/s a velocidade do som:Para o orifício C fechado, L = 17 cm = 1710–2 m.

f = f = 1.000 Hz.Para os orifícios C e D fechados, L = 34 cm = 3410–2 m.

f = f = 500 Hz.

Resposta da questão 17: [A]

Consideremos o esquema da figura abaixo.

24

Segundo o enunciado, em t = 0 a jovem (ouvinte ou observador) está na posição mostrada na

figura. Nesse ponto, a frequência ouvida (f) é igual a frequência da sirene (f0). Então .

A partir desse instante, até , há afastamento relativo entre a jovem e a sirene, de modo que a

frequência ouvida por ela é menor que a frequência emitida pela sirene . Em t = , ela volta a ouvir a frequência emitida pela fonte.

De até T, ocorre aproximação relativa entre a jovem e a sirene e ela passa a perceber uma

frequência maior que a emitida pela sirene .

As velocidades máximas de afastamento e de aproximação ocorrem em t = e em t = ,

instantes em atinge valores mínimo e máximo, respectivamente.

25