Elite Ime 2012 Fis

2011-2012 25/OUT/2011

RESOLUÇÃO COMENTADA

CONCURSO IME PROVA DISCURIVA - FIS

CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA - 1 - (41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br

O ELITE CURITIBA é líder disparado de aprovações em escolas militares no Paraná. Confira alguns resultados:

ITA – 17 aprovados! Em 2011, dos 5 aprovados do Sul do Brasil no ITA, 4 são do Elite Curitiba. 2011: BRUNA HALILA MORRONE 2011: BERNARDO MOSCARDINI FABIANI 2011: DANIEL CAUEH DUNAISKI FIGUEIRA LEAL 2011: ROBERTO BRUSNICKI 2010: TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP 2010: ALLISON FAUAT SCHRAIER 2009: LEONARDO FRISSO MATTEDI 2008: JULIANO A. DE BONFIM GRIPP 2008: LUCAS BRIANEZ FONTOURA 2008: MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES 2007: CAMILA SARDETO DEOLINDO 2007: VITOR ALEXANDRE C. MARTINS 2006: GABRIEL KENDJY KOIKE 2006: RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA 2006: YVES CONSELVAN 2005: EDUARDO HENRIQUE LEITNER 2005: FELLIPE LEONARDO CARVALHO

IME – 54 aprovados! 2011: 9 aprovados de 12 do Sul do Brasil 2010: 5 aprovados de 5 do Paraná 2009: 6 aprovados de 8 do Sul do Brasil 2008: 12 aprovados 2007: 11 aprovados de 16 do Paraná 2006: 4 aprovados (únicos do Paraná) 2005: 7 aprovados (3 únicos convocados do Paraná)

AFA – 118 aprovados! 2012: 19 aprovados de 25 do Paraná (incluindo 3 alunos entre os 15 primeiros do Brasil) FÁBIO SCHUBERT GELBCKE MARIO CASTELLO BRANCO GOMES RAFAEL NERONE GADENS GABRIEL HENRIQUE VIANA FELICIO BRUNA SALOMÃO CABRAL CARLOS ALEXANDRE NOVAK MADUREIRA MATHEUS NAMI BERTOLDI GIANCARLO DO PRADO FRASSON RUAN HENRIQUE COLOMBO RENAN LUIZ OTAVIO KICHEL DA SILVA PEDRO BAZIA NETO ALESSANDRA CAROLINE LOVISETTO TRENTIN CESAR PEREIRA DE FREITAS LUCIANA RODRIGUES SILVA RAFAEL FERNANDES DOMINGUES JOSÉ ÂNGELO STIVAL NETO JOÃO EDUARDO PEDROSA FERNANDO BARREIROS BOLZON FÁBIO NADAL GRIGOLO 2011: 28 aprovados 2010: 22 aprovados 2009: 14 aprovados de 20 do Paraná (incluindo o 2º lugar geral do Brasil) 2008: 14 aprovados 2007: 10 aprovados de 14 do Paraná 2006: 11 aprovados de 18 do Paraná

ESPCEX – 63 aprovados! 2011: 11 aprovados (turma de 40 alunos) 2010: 13 aprovados 2009: 10 aprovados (incluindo 5 entre os 10 primeiros do Paraná) 2008: 11 aprovados (incluindo o 1º e o 2º do Paraná) 2007: 9 aprovados 2006: 9 aprovados

EEAR 2012: 17 aprovações 2011: 6 aprovações (incluindo o 1º lugar geral do Brasil – Larissa Polli da Costa) 2009: 3 aprovações 2008: 4 aprovações (incluindo os 2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados

EPCAr – nova turma! 2012: 4 aprovados de 5 do Paraná BRUNO HENRIQUE DE AGUIAR DIEGO JONATAN BERTOLO FELIPE DE FREITAS LUCAS TEIXEIRA MARTINS

Colégio Naval – nova turma! 2012: 6 aprovados na 1ª fase (100% da turma) DANIEL FIGEUIRA SAUTCHUK DIEGO JONATAN BERTOLO EDSON BAREIRO FILHO LUCAS BUTSCHKAU VIDAL MATHEUS MACHADO VIANNA PÉRICLES JOSÉ CARNEIRO JUNIOR

EFOMM 2012: 4 aprovados de 5 do Paraná ANDRESSA DA SILVA VIANNA ARTHUR MEDEIROS TIMM DE LIMA BRUNA SALOMÃO CABRAL LUCAS SANTANA EGEA 2011: 3 aprovados

Escola Naval 2011: 3 aprovados (únicos do Paraná)

Turma de Extensivo com resultados crescentes na Federal do Paraná:

UFPR 2011: 21 aprovados (turma de 30 alunos) 2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina) 2009: 17 aprovados 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 1ºLugar em Direito (matutino) 1ºLugar em Relações Públicas

UFTPR 2010: 16 aprovados. 2009: 36 aprovados 2008: 30 aprovados 1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar – Eng. de Computação 2007: 17 aprovados 2006: 22 aprovados 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica

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01.

Um varal de roupas foi construído utilizando uma haste rígida DB de massa desprezível, com a extremidade D apoiada no solo e a B em um ponto de um fio ABC com 2,0 m de comprimento, 100 g de massa e tensionado de 15 N, como mostra a figura acima. As extremidades A e C do fio estão fixadas no solo, eqüidistantes de 0,5 m da extremidade D da haste. Sabe-se que uma freqüência de batimento de 10 Hz foi produzida pela vibração dos segmentos AB e BC em suas freqüências fundamentais após serem percutidos simultaneamente. Diante do exposto, determine a inclinação θ da haste. RESOLUÇÃO Densidade linear da corda: µ = 0,1/2 = 5·10-2 kg/m (i) Fórmula de Taylor: v = (T/µ)1/2 = 10√3 m/s (ii) 1° harmônico no trecho AB: ℓ1 = λ1/2 → λ1 = 2·ℓ1 → f1 = v/λ1 = 5√3/ℓ1 (iii) 1° harmônico no trecho BC: ℓ2 = λ2/2 → λ2 = 2·ℓ2 → f2 = v/λ2 = 5√3/ℓ2 (iv) Frequência de batimento: fBAT = f2 – f1 → 10 = 5√3/ℓ2 – 5√3/ℓ1 (v) Mas, ℓ1+ ℓ2 = 2, logo: ℓ2 = 2 – ℓ1 (vi) Portanto, substituindo (vi) em (v) temos: ℓ12 – (2–√3) ℓ1 – √3 = 0 (vii) Logo, ℓ1 = (2 – √3 + √7)/2 e ℓ2 = (2 + √3 – √7)/2

Da figura, temos: ℓ22 = d2+0,52–d·cosθ (viii) ℓ12 = d2+0,52–d·cos(180°-θ) = d2+0,52+d·cosθ (ix)

Logo, d = (13-2√21)1/2/2 e θ = arccos ( 2· (√7 – √3)/ (13 – 2√21)1/2 ) 02.

Um corpo de massa m1 = 4 kg está em repouso suspenso por um fio a uma altura h do solo, conforme mostra a figura acima. Ao ser solto, choca-se com o corpo m2 de 2 kg no ponto A, desprendendo-se do fio. Após o choque, os corpos m1 e m2 passam a deslizar unidos sobre uma superfície lisa e colidem com um corpo em repouso, de massa m3 = 8 kg. Nesse ponto, o conjunto m1 + m2 para e o corpo m3 move-se em uma superfície rugosa de coeficiente de atrito cinético igual a 0,45, estacionando no ponto C, situado na extremidade da viga CE. A viga é constituída por um material uniforme e homogêneo, cuja massa específica linear é 4 kg/m. Determine: a) a altura h; b) o valor e o sentido da reação vertical do apoio E depois que o corpo m3 atinge o ponto C da viga. Dado: aceleração da gravidade: 10 m.s-2. Observação: Considerar que os corpos m1, m2 e m3 apresentam dimensões desprezíveis. RESOLUÇÃO a) Determinar a altura h: i) Encontrar a velocidade do conjunto após a colisão no ponto A: Da conservação da energia no pêndulo, e sendo V1 a velocidade do bloco 1 imediatamente antes do choque, temos: M1gh = M1V1²/2 V1² = 2gh Da conservação do momento linear na colisão, temos VA: M1V1 = (M1 + M2)VA VA = M1V1/(M1+M2) ii) Encontrar V3, a velocidade do bloco 3 após a colisão com o sistema 1+2, sabendo que este fica parado após o choque: (M1+M2)VA = M3V3 V3 = (M1+M2).M1V1/(M1+M2)/M3 V3 = (M1/M3)V1

FÍSICA

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iii) Sabendo que em C o bloco 3 para, a energia cinética é totalmente dissipada pelo atrito. WFat = EC – EB uNd = M3V3²/2 uM3gd = M3V3²/2 2ugd = V3² = (M1/M3)²2gh h = ud(M3/M1)² = 0,45.1,0.(8/4)² h = 1,8 m b) Com o blobo 3 parado na extremidade C da viga, temos que as forças atuantes nela são: Normal N do bloco 3, peso da viga Mg, Reação ao apoio D, Reações em x e y no apoio E.

- Pelo somatório de forças, Ex vale zero. - Sabendo-se que a densidade linear da barra é 4 kg/m e ela possui 1,5 m, então seu peso vale 60 N. - A reação normal do bloco 3 vale 80 N. Calculando o momento em relação ao apoio D, temos: Mg.0,25 = Ey.1 + N.0,5 60.0,25 = Ey + 80.0,5 Ey = -25 N Portanto, a reação no apoio E tem módulo 25 N e aponta de cima para baixo. 03. Em visita a uma instalação fabril, um engenheiro observa o funcionamento de uma máquina térmica que produz trabalho e opera em um ciclo termodinâmico, extraindo energia de um reservatório térmico a 1000 K e rejeitando calor para um segundo reservatório a 600 K. Os dados de operação da máquina indicam que seu índice de desempenho é 80%. Ele afirma que é possível racionalizar a operação acoplando uma segunda máquina térmica ao reservatório de menor temperatura e fazendo com que esta rejeite calor para o ambiente, que se encontra a 300 K. Ao ser informado de que apenas 60% do calor rejeitado pela primeira máquina pode ser efetivamente aproveitado, o engenheiro argumenta que, sob

estas condições, a segunda máquina pode disponibilizar uma quantidade de trabalho igual a 30% da primeira máquina. Admite-se que o índice de desempenho de segunda máquina, que também opera em um ciclo termodinâmico, é metade do da primeira máquina. Por meio de uma análise termodinâmica do problema, verifique se o valor de 30% está correto. Observação: o índice de desempenho de uma máquina térmica é a razão entre o seu rendimento real e o rendimento máximo teoricamente admissível. RESOLUÇÃO Máximo rendimento da 1ª máquina térmica: ηMAX = 1 – TC/TH = 1 – 600/1000 = 0,4 Índice de desempenho e rendimento real da 1ª máquina térmica: ID = η/ηMAX → 0,8 = η/0,4 → η = 0,32 Logo, o trabalho realizado pela 1ª máquina térmica vale : τ = η·QH = 0,32·QH e o calor rejeitado pela 1ª máquina térmica vale: QC = QH – τ = 0,68·QH Máximo rendimento da 2ª máquina térmica: ηMAX’ = 1 – TC’/TH’ = 1 – 300/600 = 0,5 Índice de desempenho e rendimento real da 2ª máquina térmica: ID’ = ID/2 = 0,4 → ID’ = η’/ηMAX’ → 0,4 = η’/0,5 → η’ = 0,2 Calor aproveitável transferido para a 2ª máquina térmica: QH’=0,6· QC = 0,6· 0,68·QH= 0,408·QH Trabalho da 2ª máquina térmica: τ’ = η’·QH’ = 0,2·0,408·QH = 0,0816·QH Portanto: τ’/τ = (0,0816·QH)/(0,32·QH) = 0,255 → τ’ = 25,5%·τ Logo, o valor de 30% informado pelo engenheiro estava incorreto. 04.

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Um corpo com velocidade v parte do ponto A, sobe a rampa AB e atinge o repouso no ponto B. Sabe-se que existe atrito entre o corpo e a rampa e que a metade da energia dissipada pelo atrito é transferida ao corpo sob a forma de calor. Determine a variação volumétrica do corpo devido à sua dilatação. Dados: - aceleração da gravidade: g = 10 m.s-2; - volume inicial do corpo: vi = 0,001 m3; - coeficiente de dilatação térmica linear do corpo: α= 0,00001 K-1; - calor específico do corpo: c = 400 J.kg-1.K-1. Observações: - o coeficiente de atrito cinético é igual a 80% do coeficiente de atrito estático; - o coeficiente de atrito estático é o menor valor para o qual o corpo permanece em repouso sobre a rampa no ponto B. RESOLUÇÃO (i) Calculando o coeficiente de atrito cinético: O coeficiente de atrito estático é dado pela situação de equilíbrio do corpo sobre a rampa. Decompondo as forças na direção do plano, temos: ueN = mgsen(a) uemgcos(a) = mgsen(a) ue = tg(a) = 1 De acordo com a primeira observação, u = 0,8ue = 0,8 (ii) Calculando o trabalho realizado pelo atrito na subida da rampa cujo comprimento vale d = 10raiz(2) WFat = -uNd, onde N =mgcos(a) WFat = -umgcos(a)d WFat = -80.m, onde m é a massa do bloco (iii) Sabendo que metade dessa energia dissipada se transforma em calor, então a quantidade de calor que será responsável por aquecer o bloco será 40.m Q = mc(∆T) = 40m ∆T = 40/c = 0,1K = 0,1ºC (iv) Aplicando essa variação de temperatura na expressão da dilatação volumétrica: ∆V = Vo.γ.∆T ∆V = 0,001.(3α).0,1 ∆V = 0,001.0,00003.0,1 ∆V = 3.10-9 m3

05.

A figura apresenta um carrinho que se desloca a uma velocidade constante de 5 m/s para a direita em relação a um observador que está no solo. Sobre o carrinho encontra-se um conjunto formado por um plano inclinado de 30º, uma mola comprimida inicialmente de 10 cm e uma pequena bola apoiada em sua extremidade. A bola é liberada e se desprende do conjunto na posição em que a mola deixa de ser comprimida. Considerando que a mola permaneça não comprimida após a liberação da bola, devido a um dispositivo mecânico, determine: a) o vetor momento linear da bola em relação ao solo no momento em que se desprende do conjunto; b) a distância entre a bola e a extremidade da mola quando a bola atinge a altura máxima. Dados: - Constante elástica da mola: k = 100 N.m-1 - Massa da bola: m = 200 g - Aceleração da gravidade: g = 10 m.s-2 Observação: A massa do carrinho é muito maior que a massa da bola. RESOLUÇÃO Como é dito que M >> m, podemos desconsiderar a variação da quantidade de movimento e da energia cinética do carrinho devido à interação com a bola, e resolver o problema no referencial do carrinho. Assim, a conservação da energia mecânica do sistema carrinho + mola + bola ficaria resumida a: Kx²/2 = mVb²/2 + mgh Onde Vb é a velocidade da bola após perder o contato com a mola. Resolvendo para Vb, temos: mVb² = kx² - 2mgh Vb = 2 m/s Portanto, temos um lançamento obliquo de 30 graus com 2 m/s. Assim:

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Vy = Vsen(a) = 1 m/s Vx = Vcos(a) = 3 m/s a) No referencial do solo, temos que a velocidade da bolinha em x e y é dada por: (Vbs)x = (Vbc)x + (Vcs)x = - 3 + 5 (Vbs)y = (Vbc)y + (Vcs)y = 1 + 0 Portanto, o vetor momento linear da bolinha em relação ao solo é: (px; py) = m.(- 3 + 5; 1) (px; py) = (-0,2 3 + 1; 0,2) b) Para calcular a distância da bolinha em relação à extremidade da mola, novamente olhamos apenas para o referencial do carrinho + mola. - Cálculo da altura máxima: Vy² = Voy² + 2aDy 0 = 1² - 20Dy Dy = Hmáx = 1/20 = 0,05 m - Cálculo da distância x quando a bola se encontra na altura máxima: ts = Vy/g = 1/10 = 0,1s Dx = Vx.ts = 3 .0,1 = 0,1 3 m - Distância total: D² = Dx² + Dy² D = 0,18 m 06.

A figura acima mostra a trajetória parabólica de um raio luminoso em um meio não homogêneo. Determine o índice de refração n desse meio, que é uma função de y, sabendo que a trajetória do raio é descrita pela equação y = ax2, onde a > 0. Dados: - cotg θ = 2ax; - n(0) = no. Observação: P(x,y) é o ponto de tangência entre a reta t e a parábola.

RESOLUÇÃO Pela Lei de Snell, o produto n(y)senθ deve ser constante, incluindo para o n(0)=n0, onde temos θ = 90°. Assim:

(0)sin 90 ( )sinn n y θ° =

0( ) cosecn y n θ=

Como cosec2θ = cotg2θ + 1, cotgθ = 2ax e y=ax2, temos que

2 20( ) 4 1n y n a x= +

0( ) 4 1n y n ay= +

07.

A figura apresenta uma fonte de luz e um objeto com carga +q e massa m que penetram numa região sujeita a um campo elétrico E uniforme e sem a influência da força da gravidade. No instante t = 0, suas velocidades horizontais iniciais são v e 2v, respectivamente. Determine: a) o instante t em que o objeto se choca com o anteparo; b) a equação da posição da sombra do objeto no anteparo em função do tempo; c) a velocidade máxima da sombra do objeto no anteparo; d) a equação da velocidade da sombra do objeto no anteparo em função do tempo caso o campo elétrico esteja agindo horizontalmente da esquerda para a direita. RESOLUÇÃO a) F = may → ay = q·E/m ∆h = v0y·∆t + ay·∆t2/2 → d = q·E·∆t2/(2m) → ∆t = (2m·d/(q·E))1/2

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b) Da figura abaixo, temos que, para um instante t qualquer: v·t /(d+∆h) = x2 /2d → x2 = 4mdvt/(2dm+qEt2)

Logo, xS = x1 + x2 → xS = vt + 4mdvt/(2dm+qEt2) → xS = (6mdvt +qEvt3)/(2dm+qEt2) c) A velocidade da sombra num instante t qualquer é dada por: vS = dxS/dt = (q2E2vt4+12m2d2v)/(2md+qEt2)2 O intervalo de tempo procurado é da forma t = (f·m·d/(q·E))1/2, onde 0 ≤ f ≤ 2. Logo, a velocidade neste instante será dada por: vS = (q2E2v(f·m·d/(q·E))2+12m2d2v)/(2md+qE(f·m·d/(q·E)))2 vS = (vf2m2d2+12m2d2v)/(2md+ fmd)2 vS = v·(f2+12)/(f+ 2)2 Para f = 2, temos vS = v, o que faz sentido, pois neste ponto a carga q entra em contato com o anteparo e portanto com a sua própria sombra, tendo esta necessariamente velocidade igual a do objeto. Para f < 2 percebemos que o valor da velocidade da sombra aumenta, atingindo um valor máximo para f = 0 (instante inicial), quando vS = 3·v. Obs: teoricamente o maior valor de vS ocorreria para f = -2, porém este resultado não possui significado físico, pois representaria um tempo negativo, portanto, antes de a partícula adentrar a região de campo elétrico. d) Para um campo elétrico na horizontal, atuando da esquerda para a direita, teríamos: xq = 2vt + qEt2/(2m) (partícula uniformemente acelerada na horizontal) xF = vt (fonte com movimento uniforme na horizontal) Na vertical não teríamos movimento, pois não teríamos forças atuando. Logo, de acordo com a figura a seguir, teríamos:

x2/(2d) = (vt+qEt2/(2m))/d → x2 = 2vt + qEt2/m Finalmente, xS = x1 + x2 → xS = 3vt + qEt2/m 08.

Uma balsa de 2 x 106 kg encontra-se ancorada em um cais realizando uma operação de carregamento. O alinhamento horizontal da balsa é controlado por dois tanques denominados tanque de proa e tanque de popa (Tproa e Tpopa). Cada um desses tanques possui uma bomba que realiza a transferência da água contida em seu interior para o outro tanque. Além desses dois tanques, existe o tanque de calado, denominado Tcalado, que controla a profundidade (posição vertical) da balsa, captando ou rejeitando a água do mar, de modo que seu plano de embarque permaneça no nível do cais. Um corpo de massa 400 x 103 kg está embarcado na balsa, a uma distância de 12,5 m a esquerda do centro de gravidade da balsa (cg) e centralizada em relação ao eixo y. Toda situação descrita acima se encontra representada na Figura 1. Para a determinação do volume de água contido no tanque de calado, foi idealizado um dispositivo composto por duas cargas positivas iguais a 1

Cµ , que é capaz de medir a força de repulsão entre as cargas. A primeira carga se localiza em uma bóia no interior do tanque e a segunda carga se localiza no teto, conforme apresentado na Figura 2. Sabendo-se que: a massa total de água dos tanques de proa e de popa é 1,4 x 106kg; a altura do cais (hcais) medida a partir da lâmina d’água é 4 m; a balsa encontra-se nivelada com o cais; e em equilíbrio mecânico, determine: a) A massa de água em cada um dos três tanques.

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b) O módulo da força de repulsão entre as cargas. Dados: - Densidade da água ρ = 1000 kg.m-3 - Permissividade do vácuo 0ε = 8,85x10-12 F.m-1 - Dimensões da balsa: - Comprimento: c = 100 m; - Altura: h = 10 m; e - Largura: 10 m. - Dimensões do taque de calado: - Comprimento: 30 m; - Altura: 9 m; e - Largura: 9 m. Observações: - O corpo possui dimensões desprezíveis quando comparado à balsa; - Só é permitida a rotação da balsa em torno de seu eixo y (ver Figura 1). RESOLUÇÃO a) hSUB = h – hCAIS = 10 - 4 = 6 m VSUB = hSUB·A = 6·103 m3 E = ρ·g·hSUB = 6·107N E = PCALADO+PPROA+PPOPA+PBALSA+PCARGA 6·107 = PCALADO + 1,4·107 + 2·107 + 0,4·107 PCALADO = 2,2·107 N → mCALADO = 2,2·106 kg Fazendo equilíbrio de momentos em torno do CG e considerando que o centro de gravidade do tanque de calado se encontra na mesma vertical do CG da balsa, temos que: mPROA·10·32,5 – mPOPA·10·32,5 – 0,4·107·12,5 = 0 → mPROA – mPOPA = 1,54·105 kg Mas, sabemos que: mPROA + mPOPA = 1,4·106 kg Logo: mPROA = 7,77·105 kg e mPOPA = 6,23·105 kg b) Volume total do tanque de calado: VCALADO = 9·9·30 = 2430 m3 Fração vazia do tanque de calado: f = 1 – mCALADO/(ρ· VCALADO) = 1 – 2,2·106/(2,43· 106) = 0,09465 Altura vazia (ar) no tanque de calado: d = f·hCALADO = 0,09465·9 = 0,852 m Força de repulsão entre as cargas: F = q1·q2/(4·π·ε0·d2)= 10-12/(4·π·8,85·10-12·0,8522) → F≈0,01N

09.

Na Figura 1 é apresentado um corpo de massa m e carga +q imerso em um campo magnético B. O corpo possui uma velocidade v perpendicular ao campo magnético. Nele incide um feixe de luz paralela que o ilumina, projetando a sua sombra em uma tela onde executa um movimento equivalente ao de um corpo com massa m preso a uma mola, conforme apresentado na Figura 2. Determine: a) o valor da constante elástica da mola; b) a energia potencial elástica máxima; c) a velocidade máxima do corpo; d) a frequência do movimento. Observação: Despreze a ação da gravidade. RESOLUÇÃO A força magnética exerce o papel de força centrípeta e obriga o corpo a fazer um MCU de raio R: B|q|v=mv2 /R → R = mv/Bq Seja T o período do MCU: T = 2πR/v = 2πm/Bq A projeção do MCU do corpo na tela de projeção será um MHS de amplitude A = R, e período também T. O período de um oscilador massa-mola é dado

por 2π

Logo: 2πm/Bq = 2π

K = B2q2/m b) A energia elástica é máxima na elongação máxima (x=A), e corresponde a energia mecânica total. EEl.max = K.A2/2 = (B2q2/m).R2/2 EEl.max = B2q2R2/2m c) A velocidade é máxima VMax é atingida quando o corpo passa pela sua posição de equilíbrio. Neste caso, toda a energia mecânica é cinética. mv2max/2 = B2q2R2/2m vmax = BqR/m d) A freqüência do movimento é o inverso do período. f = 1/T = Bq/2πm

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Obs.: O examinador deveria diferenciar os corpos ( o como carga do ligado a mola). O item C tem dupla interpretação. 10.

A figura apresenta um carro C que está se movendo a uma velocidade de 36 km/h em direção a um observador situado no ponto A e que passa próximo de um observador situado no ponto B. A reta CB forma um ângulo θ com a reta CA. A buzina do carro, cuja frequência é 440 Hz, é acionada no momento em que θ = 60º. Sabendo que a frequência ouvida pelo observador situado em A é igual à frequência fundamental de um tubo de 0,19 m de comprimento aberto em uma das extremidades, determine: a) a velocidade do som no local; b) a frequência ouvida pelo observador situado em B. Observação: O tubo encontra-se no mesmo local dos observadores. RESOLUÇÃO a) Seja f´A a freqüência percebida pelo observador em A. Para a vibração fundamental em um tubo sonoro aberto em somente uma das extremidades:

L = 0,19 = λ/4 → λ = 0,76 m Seja V a velocidade do som. Assim, f´A = V/0,76

VF = 36 km/h = 10 m/s Da equação do Efeito Doppler: f´= f

V/0,76 = 440

Resolvendo, encontramos V = 344,4 m/s b) Seja f´B a freqüência percebida pelo observador em B. A velocidade do carro (fonte), em relação a B é 10.cos60° = 5m/s Da equação do Efeito Doppler: f´= f

f´B= 440

f´B= 446,5 Hz

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