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No instante 0t = , uma fonte sonora que gera um tom com freqüência de 500Hz é arremessada verticalmente do solo com velocidade inicial de 40m/s . Pede-se: a) a maior e a menor freqüência do som ouvido por um observador estacionário situado muito próximo do local do
arremesso: b) um esboço do gráfico da freqüência ouvida pelo observador em função do tempo após o lançamento para 0 10st< < . Dados: aceleração da gravidade ( ) 210m/sg = ;
velocidade do som ( ) 2340m/sSv = .
Obs.: despreze o atrito da fonte sonora com o ar e suponha que a fonte permaneça imóvel após atingir o solo. Resolução:
a) A partícula é lançada com 40m/sof
v = , e então, chega ao solo novamente com 40m/sfv = − : Assim;
i) Maior freqüência:
Ocorre quando a aproximação for máxima, ou seja, instante em que a fonte retorna ao solo:
00
S
S f
v vf fv v
±= ⋅
± ⇒
0340
340 40máxf f= ⋅−
⇒
340500 567Hz300máxf = ⋅ =
ii) Menor freqüência:
Ocorre quando o afastamento for máximo, ou seja, instante de lançamento:
0340
340 40mínf f= ⋅+
⇒
340500 447Hz380mínf = ⋅ =
b) A freqüência do instante do lançamento até a queda pode ser determinada pela seguinte equação:
( )0340
340 40 10f f
t= ⋅
+ −⇒
340500380 10
ft
= ⋅−
Sendo que o lançamento dura 8s ( )40m/sfv = − .
Após, a queda, a partícula está em repouso, e então a freqüência ouvida é constante.
Gráfico:
A figura ilustra um bloco M de madeira com formato cúbico, parcialmente submerso em água, ao qual está fixado um cursor metálico conectado a um circuito elétrico. Na situação inicial, a face do fundo do bloco se encontra a 48cm da superfície da água, a chave K está aberta e o capacitor 1C descarregado. O comprimento do fio resistivo entre a posição b do cursor metálico e o ponto a é 10cm . A potência dissipada no resistor 1R é 16W . Em determinado instante, a água é substituída por outro líquido mais denso, mantendo-se constante o nível H da coluna de água inicialmente existente. Fecha-se a chave K e observa-se que, após um longo intervalo de tempo, a energia armazenada em 1C se estabiliza em 28 8 J, μ . Considerando que a resistência por unidade de comprimento do fio resistivo é constante, determine a massa específica do líquido que substituiu a água. Dados: aceleração da gravidade ( ) 210m/sg = ;
massa específica da água ( ) 30 1 cmg /μ = .
Resolução:
Substituindo o líquido por outro mais denso, para que o corpo permaneça em equilíbrio, o volume deslocado diminui, e logo, o bloco sobe mudando a posição do cursor b . Assim: i) Na posição inicial:
Pela potência em 1R descobriremos U e i nesse resistor: 2 216 1 4AP R i i i= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
1 4 4VU R i U= ⋅ ⇒ = ⋅ =
Então, no reostato temos, 24 4 20VabU = − =
E por fim: 20 4abU R i R= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
5abR = Ω
ii) Na posição final: Para o capacitor carregado:
2 2
28 8 102 2CU UE ,= ⇒ μ = μ ⋅ ⇒
2 4VU ,=
E estando o capacitor em paralelo com 1R :
1 2 4ACU R i' i' ,= ⋅ ∴ =
que é a nova corrente. Então para o cálculo da resistência final do reostato ( )abR' :
24 2 4 21 6VabU ' , ,= − =
Logo: 21 6 2 4ab ab abU ' R' i' , R' ,= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
9abR' = Ω
Por fim, se a resistência por unidade de comprimento é constante, a resistência total é proporcional ao comprimento do fio:
ab ab
ab ab
R : R'L : L'
⇒
5 9 18cm10cm ab
ab
L'L'
= ⇒ =
Portanto, o cursor (e também o bloco) subiram 8cm , e como os empuxos no início e no fim equilibram a força peso no bloco:
0 fE E=
0 2a fg V gVμ ⋅ ⋅ = μ ⋅ 2 248 10 40 10c Lg A g A− −μ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = μ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
31 2g/cmL ,μ =
Um pequeno corpo é abandonado com velocidade inicial nula no ponto A de uma rampa, conforme ilustra a Figura 1 . No instante em que esse corpo passa pelo ponto P , um dispositivo provoca o fechamento da chave 1S do circuito elétrico apresentado na Figura 2 . No instante em que o resistor 1R desse circuito atinge o consumo de 0 05W h, ⋅ um percussor é disparado, perpendicularmente ao trecho plano BC , com o objetivo de atingir o corpo mencionado. Sabe-se que ao percorrer a distância d mostrada na figura 1 , o corpo tem sua velocidade reduzida a 1 3/ da alcançada no ponto B . Considerando que os trechos AB e CP não possuem atrito e que o corpo permanece em contato com o solo até o choque, determine o ângulo de inclinação θ da rampa para que o corpo seja atingido pelo percussor. Dado: aceleração da gravidade ( ) 210g m / s= .
Resolução:
Cálculo do intervalo de tempo tΔ entre o fechamento da chave 1S e o disparo do percussor.
4 20 0i − =
5i A=
21 1P R i= ⋅
21 1 2 5 WP ,= ⋅
1 30WP =
1 1P t EΔ⋅ =
30 0 05Wht ,Δ⋅ =
0 05 3600s30,tΔ = ⋅
6stΔ =
No trecho PC não temos atrito, então o corpo vai em movimento uniforme: Seja pv o módulo da velocidade do corpo no ponto P .
10m 5 m/s6s 3P
svt
ΔΔ
= = = (o bloco deve ser atingido pelo percussor)
Seja o Bv módulo da velocidade do corpo no ponto B .
13P Bv v= ⇒
5 13 3 Bv= ⇒ 5m/sBv = .
Fazendo conservação de energia no trecho AB .
2
2Bmvmg h =
2 252 2 10Bvhg
= =⋅
1 25mh ,=
Voltando à figura:
1 25 1sen2 5 2,,
θ = =
∴ 30θ = °
Uma mola com constante elástica k , presa somente a uma parede vertical, encontra-se inicialmente comprimida em 10cm por um bloco de massa 4kgm = , conforme apresenta a figura abaixo. O bloco é liberado e percorre uma superfície horizontal lisa AO sem atrito. Em seguida, o bloco percorre, até atingir o repouso, parte da superfície rugosa de uma viga com 4m de comprimento, feita de material uniforme e homogêneo, com o perfil mostrado na figura. Sabendo que a força
normal por unidade de área no tirante CD de seção reta 210mm é de 15MPa na posição de repouso do bloco sobre a viga, determine o valor da constante elástica k da mola. Dados: pesos por unidade de comprimento da viga ( )1 20 N/mLP = e ( )2 40 N/mLP = ;
coeficiente de atrito cinético ( ) 0 50C ,μ = ;
aceleração da gravidade ( ) 210m/sg = ;
21 1N/mPa = . Obs.: o tirante não prejudica o movimento do bloco.
Resolução: Determinação da posição em que o bloco para sobre a viga: 0M =∑
1 23 1 2 0P N x P F= ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ =
120 40 80 300 0x+ + − = 2 5mx ,=
Notemos que o bloco percorreu 1 5m, sobre a viga até parar:
Fat cEτ = Δ
2
cos180 02atmvF d º⋅ ⋅ = − , em que v é a velocidade de chegada à viga.
( )2
12mvN dμ ⋅ ⋅ ⋅ − = −
2
2mvmg dμ ⋅ ⋅ =
2v g d= ⋅μ ⋅
2 0 5 10 1 5v , ,= ⋅ ⋅ ⋅
15 m/sv =
Antes da chegada á viga o sistema é conservatório: 2 2
2 2kx mv
=
2
2
mvkx
=
( )
( )
2
2 22
4 15 4 151010 10
k −−
⋅ ⋅= =
⋅
36 10 N/mk = ⋅
A figura 1 ilustra uma bateria, modelada através de uma fonte de tensão elétrica FV em série com um resistor SR , conectada a um voltímetro V , cuja leitura indica 24V . Essa bateria é ligada em série com o amperímetro A e com um circuito composto por uma resistência de aquecimento AR em paralelo com uma resistência BR , conforme mostra a Figura
2 . A resistência AR encontra-se imersa em 0 2, L de um líquido com massa específica de 31 2, g / cm . Inicialmente, as chaves 1S e 2S da figura 2 encontram-se abertas. A chave 1S é acionada. Observa-se que o amperímetro indica 2 A e que a temperatura do líquido se eleva a 10 C° para 40 C° em 30 minutos. Em seguida, a chave 2S é fechada e o amperímetro passa a indicar 2 4A, . Considerando que não exista perda de energia no aquecimento da água e que o voltímetro e o amperímetro sejam ideais, determine: a) a resistência AR em ohms; b) a resistência SR em ohms; c) a resistência BR em ohms.
Dados: calor específico do líquido ( ) ( )c 2cal/ g°C= ;
1 4Jcal ≅ .
Resolução:
a) Calculo da potência dissipada em AR :
AQ m c d V cPt t t
Δθ ΔθΔ Δ Δ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =
331 2 200cm 2 30
cm g30 60 sA
g cal, º Cº CP
⋅ ⋅ ⋅=
⋅ ⋅=
J8 8 4s scal ,=
AP = 32 W
Lembrando que 2A AP R i= ⋅ vem:
2 2 2
32W2
AA
PRi A
= =
8ΩAR =
b) Como 24VFV = (situação da figura 1 ):
F S AV R i R i= ⋅ + ⋅
24V 8Ω 12Ω 8Ω2A
FS AVR Ri
= − = − = −
4ΩSR =
c) Com as chaves 1S e 2S fechadas:
4 2 4 8 24 0, i+ ⋅ + ⋅ − = 1 8Ai ,=
( )2 4 8 0BR , i i+ ⋅ − − ⋅ =
0 6 8 1 8 0BR , ,⋅ − ⋅ =
24ΩBR =
Uma massa m de ar, inicialmente a uma pressão de 3atm , ocupa 30 1m, em um balão. Este gás é expandido isobaricamente até um volume de 30 2m, e, em seguida, ocorre uma nova expansão através de um processo isotérmico, sendo o trabalho realizado pelo gás durante esta última expansão igual a 66000J . Determine: a) o trabalho total realizado em joules pelo gás durante todo o processo de expansão; b) o calor total associado às duas expansões, interpretando fisicamente o sinal desta grandeza.
Dados: 2
kgf1atm 1cm
,= 1 kgf 10 N= e 14p
v
C.
Cγ = =
Obs.: Suponha que o ar nestas condições possa ser considerado como gás ideal. Resolução:
a) Na transformação isobárica: 5 4
1 3 10 0 2 0 1 3 10 Jp V ( , , )τ Δ= ⋅ = ⋅ ⋅ − = ⋅
o trabalho na transformação isotérmica foi fornecido: 2 66000Jτ =
Logo, 1 2 66000 30000Tτ τ τ= + = +
96000JTτ =
b) Na transformação isobárica temos: 1 pQ n C TΔ= ⋅ ⋅ , onde:
pp v p
CC C R C R
γ− = ⇒ − = ⇒
11pC Rγ
⎛ ⎞− = ⇒⎜ ⎟
⎝ ⎠
1pRC γγ⋅
=−
Assim:
1 1 1RQ n T n R Tγ γΔ Δγ γ⋅
= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒− −
1 11 4 30000
1 1 1 4 1,Q p V,
γ γΔ τγ γ
= = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒− − −
1 105000JQ =
Na transformação isotérmica: 2 2Q U ,τ Δ= + em que 0U ,Δ = por tanto:
2 2 66000JQ τ= =
Por fim o calor total será: 1 2 105000 66000 171000J.TQ Q Q= + = + =
Concluímos que, sendo positiva essa grandeza, o calor é recebido pelo gás durante as transformações.
Um pêndulo com comprimento 1mL = , inicialmente em repouso, sustenta uma partícula com massa 1kgm = . Uma segunda partícula com massa 1kgm = movimenta-se na direção horizontal com velocidade constante 0v até realizar um choque perfeitamente inelástico com a primeira. Em função do choque, o pêndulo entra em movimento e atinge um obstáculo, conforme ilustrado na figura. Observa-se que a maior altura alcançada pela partícula sustentada pelo pêndulo é a mesma do ponto inferior do obstáculo. O fio pendular possui massa desprezível e permanece sempre esticado. Considerando a aceleração da gravidade 210m/sg = e a resistência do ar desprezível, determine: a) a velocidade 0v da partícula com massa M antes do choque; b) a força que o fio exerce sobre a partícula de massa m imediatamente após o fio bater no obstáculo.
Resolução:
a) Após a colisão o sistema é conservativo:
22 2 0 82m v m g , L⋅
= ⋅ ⋅ , em que v é o módulo da velocidade do conjunto imediatamente após a colisão:
2 1 6 1 6 10 1v , g L ,= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 4m/sv =
Na colisão temos conservação da quantidade de movimento:
0 2m v m v⋅ = ⋅
0 8m/sv = (a direção e o sentido do 0v estão indicados na figura do enunciado da questão).
b) Cálculo de v' :
2 22 2 2
2 2 2m v m v' Lm g⋅ ⋅
= + ⋅ ⋅
2
8 52v'
= +
2 2 26m /sv' =
Lembrando que agora o raio da curva é 0 6, L :
222 cos 60
0 6m v'T mg, L⋅
− ⋅ ° =
2
0 3m v'T mg, L⋅
− =
2 1 61 10
0 3 0 3 1m v'T mg, L ,⋅ ⋅
= + = ⋅ +⋅
30 NT = , que é a intensidade da força que o fio exerce sobre a partícula, lembrando que ela atua na direção do fio conforme
indicado na figura.
Uma partícula de massa m e carga elétrica q é arremessada com velocidade escalar v numa região entre duas placas de comprimento d , onde existe um campo elétrico uniforme E, conforme ilustra a figura. Ao sair da região entre as placas, a partícula entra numa região sujeita a um campo magnético uniforme B e segue uma trajetória igual uma semi-circunferência, retornando à região entre as placas. Pede-se: a) o ângulo θ de arremesso da partícula indicado na figura; b) a energia cinética da partícula no instante de sue retorno à região entre as placas; c) a faixa de valores de B para que a partícula volte à região entre as placas;
d) verificar, justificando, se existe a certeza da partícula se chocar com alguma das placas após regressar à região entre as placas.
Obs.: desconsidere a ação da gravidade.
Resolução:
a) Para que a partícula faça uma semi-circunferência na região de B , ela deve sair da região entre as placas na direção horizontal
( )0q > , assim; ao término da travessia do campo E teremos 0yv = :
R y yqEF q E m a am
= ⋅ = ⋅ ⇒ =
E para as velocidades:
0 sen y oy yqEv v a t v tm
= − ⇒ = ⋅ θ − ⋅ ( )I
Sendo que no eixo x:
cosxdd v t t
v= ⋅ ⇒ =
⋅ θ ( )II
Substituindo ( )II em ( )I :
20 sen sen 2 2cos
qE d Edv qm v mv
= θ − ⋅ ⇒ θ =θ
2
1 2arcsen2
qEdmv
⎛ ⎞θ = ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠
b) A carga retorna às placas com a mesma energia com que saiu já que o campo magnético não realiza trabalho.
2 2 2cos
2 2x
Cmv mvE ⋅ θ
= = ( )III
Calculo de 2cos θ :
2 2cos 2 1 sen 2θ= − θ
2cos 2 1 sen 2θ= − θ
2 22cos 1 1 sen 2θ− = − θ
22 1 1 sen 2
cos2
+ − θθ=
2
22
21 1cos
2
qEdmv
⎛ ⎞+ − ⎜ ⎟⎝ ⎠θ=
Voltando em ( )III :
2
2 22 2
2
21 121 1
2 2 4C
qEdmvmv mv qEdE
mv
⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟+ − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎜ ⎟= ⋅ = + − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
c) Cálculo do afastamento H da carga à placa negativa no instante em que ela entra na região do campo magnético.
22
2 2
1 12 2
qE dH atm v cos
= = ⋅ ⋅θ
2
22
221 1
qEdHqEdmvmv
=⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ + − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
Analisando o MCU na região do campo magnético: 2x x
xmv mvqv B RR qB
⋅ = ⇒ =
cosmvRqB⋅ θ
= .
Observe na figura que 2HR <
cos2
mv HqB⋅ θ
<
2 cosmvBq H⋅ θ
>⋅
Substituindo H e cosθ vem: 3222 3
2 2 2
4 1 21 12
m v qEdBq Ed mv
⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟> + − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦
d) Ao voltar para a região entre as placas, a partícula será lançada horizontalmente com velocidade Xv e durante a travessia terá um
deslocamento H para cima em y . Assim, ao retornar às placas, a carga se choca certamente com a placa superior.
Um explorador espacial sofreu um acidente e encontra-se em um planeta desconhecido. Entre seus equipamentos, ele dispõe de um telescópio, um dinamômetro, um bloco de massa M conhecida e um fio de comprimento L . O telescópio é composto por uma objetiva e uma ocular com distâncias focais f e f ' , respectivamente. O explorador observou a existência de um satélite no céu deste planeta e o telescópio apresentou uma imagem de diâmetro máximo 2r' . Medidas anteriores ao acidente indicavam que o raio deste satélite era, na realidade, R . O astronauta determinou que o período de revolução do satélite em torno do planeta era equivalente a 5000 períodos de um pêndulo improvisado com o bloco e o fio. Se o dinamômetro registra que este bloco causa uma força F sob efeito da gravidade na superfície do planeta, determine: a) a massa M em função dos parâmetros fornecidos; b) o diâmetro D deste planeta em função dos parâmetros fornecidos. Dado: constante da gravitação universal G= .
Resolução:
a) Como descreve o enunciado, a massa M do bloco é conhecida. Então, neste item a banca examinadora provavelmente gostaria de ter pedido a massa do planeta PM .
Da indicação do dinamômetro:
0F M g= ⋅ ⇒ 0FgM
=
Para o pêndulo simples
0
2 2L LMtg F
π π= =
Usando agora a órbita do satélite cp GF F=
2
2
2 S PS
G M MM dT dπ ⋅ ⋅⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟
⎝ ⎠⇒
3
2P
dTGM
π=
Como 5000T t= ⋅ vem
3
2 5000 2P
d LMGM F
π π= ⋅
3
625 10PF dML M G⋅
=⋅ ⋅ ⋅
, sendo d a distância até o satélite.
Para a determinação de d , consideraremos que a distância da superfície do planeta ao satélite é aproximadamente igual a distância entre os centros de massa do planeta e do satélite. Assim, d é a distância medida do satélite ao objetiva do telescópio conforme a figura abaixo
Por semelhança de triângulos r Rf d=
f Rrd⋅
= ( )I
Lembrando que a imagem da primeira lente é objeto para a segunda e que a segunda imagem deve ser formada a 0 25m, da ocular
1 1 10 25f ' p ,
= +−
( )II
0 25r' p' ,r p p
−= = ( )III
De ( )I e ( )III : 0 25r' d ,
f R p⋅
=⋅
⇒1 4r' dp f R=
⋅, que substituindo em ( )II conduz a:
1 4 4r' df ' f R
= −⋅
⇒( )4 1
4f ' f R
dr'
+ ⋅= .
Do exposto concluímos ( ) 3
6
4 125 10 4P
f ' f RFML M G r'
⎡ + ⋅ ⎤= ⎢ ⎥⋅ ⋅ ⋅ ⎣ ⎦
.
b) 0 2P
P
GMgR
=
2P
P
F GMM R
=
3
2625 10P P
GM GM F dR MF F L M G
⋅= ⋅ = ⋅
⋅ ⋅ ⋅
3
2625 10P
dRL
=⋅
3
2
35 10PdR
L=
⋅
Substituindo d
( )3
2
4
4 114 10P
f ' f RR
r'L⎡ + ⋅ ⎤
= ⋅ ⎢ ⎥⋅ ⎣ ⎦
∴ ( )
32
4
4 1122 10P
f ' f RD R
r'L⎡ + ⋅ ⎤
= = ⋅ ⎢ ⎥⋅ ⎣ ⎦
.
A figura ilustra uma empacotadora de papel que utiliza um capacitor de placas quadradas e paralelas para empilhar a quantidade exata de folhas contidas em cada embalagem. Ao atingir a altura limite do bloco de papel, o laser L acoplado à fenda simples 5F projeta os mínimos de intensidade de difração de primeira ordem nos pontos A e B , eqüidistantes da linha tracejada ED . Sabendo que cada folha de papel possui uma espessura fe . Determine o número de folhas contidas em
cada embalagem. Dados: comprimento de onda do laser λ= ; largura da fenda simples a= ; distância entre a fenda e a reta 2AB d= ; área da superfície das placas do capacitor 2d= ; permissividade do vácuo 0ε= ; permissividade do papel ε= ; capacitância do capacitor com o limite máximo de folhas de papel C= . Obs.: despreze o efeito da borda do capacitor.
Resolução: Com o limite máximo de folhas, podemos escrever para o capacitor:
AB BC
AB BC
C CCC C
⋅=
+ ( )I , onde
20
ABdCx
ε ⋅= e
2
BCf
dCN eε ⋅
=⋅
Onde x pode ser determinado pela difração na fenda simples: i) a sen mθ = ⋅λ (com 1m = )
senaλ
⇒ θ =
ii) 2
2
2sen
22
x
x ( d )
θ =⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎝ ⎠
De i) e ii):
2 2
22222
2 442 42
xx
xa ax d( d )
λ λ= ⇒ = ⇒
⎛ ⎞ ++⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2
2 224
4 4x ad x+ = ⋅ ⇒
λ
2 22
2 1 44x a d
⎛ ⎞⋅ − = ⇒⎜ ⎟λ⎝ ⎠
2
2
4
1
dxa
=
−λ
E por fim, resolvendo ( )I :
AB BC
AB BC
C CCC C
⋅=
+⇒
2 20
2 20
f
f
d dx N e
Cd dx N e
ε ε⋅
⋅=ε ε+
⋅
⇒
2 2 40 0f
f f
N e d x d dCx N e x N e
⎛ ⎞⋅ ⋅ ε ⋅ + ε ⋅ ε ⋅ ε ⋅=⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠
⇒
42 20
0fdN e d x d
Cε ⋅ ε ⋅
⋅ ⋅ ε ⋅ = − ⋅ ε ⋅
2
0
1
f
dN xC e
⎛ ⎞ε ⋅ ε= − ⋅⎜ ⎟
ε⎝ ⎠
Sendo 2
2
4
1
dxa
=
−λ
⇒
2
2
2
1 4
1f
d dNe C a
⎛ ⎞⎜ ⎟ε ⋅ ⋅ ε⎜ ⎟= ⋅ −⎜ ⎟⎜ ⎟−
λ⎝ ⎠
Obs: Não consideramos θ pequeno já que para isso seria preciso a bem maior que λ , o que não é estriamente necessário.