Física
ETAPA
Questão 1
Considere o sistema mostrado abaixo onde
um recipiente cilíndrico com gás ideal é mantido a uma temperatura T por ação de uma
placa quente. A tampa do recipiente, com
massa m, é equilibrada pela ação do gás.
Esta tampa está conectada, por meio de uma
haste não deformável, ao êmbolo de um tubo
de ar, aberto na extremidade inferior. Sabendo-se que existe um diapasão vibrando a uma
freqüência f na extremidade aberta, determine o menor número de mols do gás necessário
para que seja observado o modo fundamental
de ressonância do tubo de ar.
Dado: velocidade de propagação do som no ar: v
Observação: o conjunto haste-êmbolo possui
massa desprezível.
Resposta
No modo fundamental para um tubo fechado de
comprimento L, temos:
λ
L=
v
4 ⇒v = 4 ⋅L ⋅f ⇒L =
4f
v = λf
Considerando-se a altura do recipiente igual ao
comprimento do tubo, o volume do recipiente de
secção A será dado por V = A ⋅ L. No equilíbrio, a
pressão p do gás é igual a pressão atmosférica
p0 somada à pressão devido ao peso da massa
m da tampa. Assim, o menor número de mols
contido no recipiente, considerando-se a temperatura T na escala Kelvin, será dado por:
pV = nRT
mg
v
⎛ mg
⎞
p =
+ p0 ⇒ ⎜
+ p0 ⎟ ⋅ A ⋅
= nRT ⇒
⎝ A
⎠
A
4f
V = A ⋅L
⇒ n =
v
⋅ (mg + p0 A)
4fRT
Considerando-se, de acordo com o enunciado,
que a tampa do recipiente é equilibrada pela ação
do gás, ou seja, desprezando-se a pressão atmosférica, temos:
0
n =
v
(mg + p0 A) ⇒
4fRT
n =
vmg
4fRT
Questão 2
Um bloco B, de material isolante elétrico,
sustenta uma fina placa metálica P 1 , de
massa desprezível, distante 8 cm de outra
placa idêntica, P2 , estando ambas com uma
carga Q = 0,12 μC. Presa à parede A e ao bloco está uma mola de constante k = 80 N/m,
inicialmente não deformada. A posição de
equilíbrio do bloco depende da força exercida pelo vento. Esta força é uma função quadrática da velocidade do vento, conforme
apresenta o gráfico a seguir. Na ausência
de vento, a leitura do medidor de tensão
ideal é de 16 mV. Calcule a velocidade do
vento quando o bloco estiver estacionário e
a leitura do medidor for de 12 mV. Despreze
o atrito.
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física 2
Resposta
a) De acordo com o enunciado, para o referencial
O, v A = 2 m/s e v B = 0. Trocando o referencial
para O’, temos que v ’ A = 0 e v’B = −2 m/s, já que
O’ tem velocidade de 2 m/s e todos os movimentos (corpos e referencial) são paralelos a x. Logo,
da conservação da quantidade de movimento e
do coeficiente de restituição para o referencial O’,
temos:
Q’i = Q’f
Resposta
Como a carga do capacitor, com ou sem vento, é
constante, da definição de capacidade eletrostática e da capacitância para capacitores planos, a
nova distância (d’) entre as placas será dada por:
Q =C ⋅U
ε ⋅ A ⋅ U = ε0 ⋅ A ⋅ U’ ⇒
ε⋅A ⇒ 0 d
d’
C =
d
16
12
⇒
=
⇒ d’ = 6 cm
8
d’
Assim, a mola sofre uma compressão (x) de
8 − 6 = 2 cm. Supondo que na horizontal atue sobre o corpo apenas as forças do vento (F) e elástica (Fe ), da condição de equilíbrio vem:
Fe = F ⇒ kx = F ⇒ 80 ⋅ 2 ⋅ 10 −2 = F ⇒
⇒ F = 1,6 N
Logo, do gráfico, para F = 1,6 N, temos que a velocidade do vento é igual a 80 km/h.
Questão 3
Dois corpos A e B encontram-se sobre um
plano horizontal sem atrito. Um observador
inercial O está na origem do eixo x. Os corpos
A e B sofrem colisão frontal perfeitamente
elástica, sendo que o corpo A tem velocidade
v A = 2 m/s (na direção x com sentido positivo)
e o corpo B está parado na posição x = 2 m.
Considere um outro observador inercial O’,
que no instante da colisão tem a sua posição
coincidente com a do observador O. Se a velocidade relativa de O’ em relação a O é
vO’ = 2 m/s (na direção x com sentido positivo), determine em relação a O’ :
a) as velocidades dos corpos A e B após a colisão;
b) a posição do corpo A dois segundos após a
colisão.
Dados:
• massa de A = 100 g
• massa de B = 200 g
e =−
v’ fA − v’Bf ⇒
v’ iA − v’Bi
0
0
f
mAv’ Ai + mBv’Bi = mAv’ A
+ mBv’Bf
⇒
⇒
⇒
1=
⇒
v’ Af − v’Bf
v’Bi
200 ⋅ ( −2) = 100 (v’ Af ) + 200 v’Bf
−2 = v’ Af − v’Bf
f
+ 2v’Bf = − 4
v’ A
f
− v’Bf = −2
v’ A
⇒
8
m/s
3
⇒
2
v’Bf = − m /s
3
f
=−
v’A
b) Como a colisão ocorre em x = 2 m para ambos
os referenciais, a posição de A após 2 s em O’ é
dada por:
⎛ 8⎞
f
x’ A = x’0 A + v’ A
t = 2 + ⎜− ⎟ ⋅ 2 ⇒
⎝ 3⎠
⇒
x’ A = −
10
m
3
Questão 4
Um dispositivo fotovoltaico circular de raio α
produz uma tensão proporcional à intensidade de luz incidente. Na experiência da figura
1, um feixe largo de luz, bem maior que a
área do dispositivo fotovoltaico, incide ortogonalmente sobre o mesmo, provocando a tensão V1 entre os terminais do resistor.
Na experiência da figura 2, mantendo-se as
mesmas condições de iluminação da primeira
experiência, uma lente convergente de distância focal f é colocada a uma distância p do
dispositivo fotovoltaico, provocando um aumento da tensão sobre o resistor.
IME
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física 3
Calcule a corrente que circulará pelo resistor
durante a segunda experiência nos seguintes
casos:
a) p < f;
b) f < p < 2f.
Observações:
• o feixe de luz incide paralelamente ao eixo
óptico da lente da segunda experiência;
• o feixe de luz tem intensidade uniformemente distribuída no plano incidente.
a) Supondo-se uma lente esférica de secção frontal circular de raio D, e x a posição do dispositivo
no qual toda a luz que incide na lente se distribui
por todo o dispositivo, por semelhança de triângulo, temos:
D
f
⎛D −α⎞
=
⇒ x = f⎜
⎟
⎝ D ⎠
α
f −x
Logo, para o dispositivo colocado na região
⎛D −α⎞
x < p < f ⇒ f⎜
⎟ < p < f , a corrente é cons⎝ D ⎠
tante e igual a um valor máximo, uma vez que toda
a energia incidente na lente atinge o dispositivo independente da posição. Para a outra região
⎛D −α⎞
0 < p < x ⇒0 < p < f⎜
⎟ , a corrente será
⎝ D ⎠
dependente de p, devido ao fato de que somente
os raios incidentes na lente com raio menor que r
incidirão no dispositivo fotovoltaico.
Logo, para 0 < p < x, temos:
⎛D −α⎞
⎛r −α⎞
x = f⎜
p = f⎜
⎟
⎟
⎝ D ⎠
⎝ r ⎠
x = p; D = r ⇒
P’
⇒
V2 = kI’
V2
( πα 2 )
I’
=
=
V1
I0
I0
V1 = kI0
r =
⇒
fα
(f − p)
⎛ I0 πr 2
⎜
2
V2 = V1 ⎜⎜ πα
I0
⎜
⎝
⇒ V2 =
⎞
⎟ ⇒
⎟
⎟
⎟
⎠
⎛ fα ⎞
V1 ⎜
⎟
⎝ (f − p) ⎠
2
α2
⇒
i2 =
V1 ⎛ f ⎞
⎜
⎟
R ⎝f − p⎠
2
Quando x < p < f , temos:
i2 =
Resposta
Considerando que o dispositivo fotovoltaico produz uma tensão diretamente proporcional à intensidade luminosa I (que é proporcional à potência
I = P / A), a lente inserida no sistema tem a função
de aumentar a potência luminosa na mesma região do dispositivo fotovoltaico.
V1 ⎛ f ⎞
⎜
⎟
R ⎝f − p⎠
2
⎛D −α⎞
p = x = f⎜
⎟
⎝ D ⎠
⇒
⎛
⎞
⎜
⎟
V1 ⎜
f
⎟
⇒ i2 =
R ⎜
⎛D −α⎞⎟
⎟⎟
⎜ f − f ⎜⎝
⎝
D ⎠⎠
2
V ⎛ D ⎞2
⇒ i2 = 1 ⎜ ⎟
R ⎝α⎠
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física 4
b) Analogamente, para f < p < 2f , a posição x’, a
partir da qual o detector receberá toda a luz incidente na lente, será dada, da semelhança de
triângulos, por:
D
f
⎛α +D⎞
=
⇒ x’ = f ⎜
⎟
⎝ D ⎠
x’ − f
α
Logo, para a distância f < p < x ’ ⇒
Questão 5
Os pontos A e B da malha de resistores da figura 2 são conectados aos pontos x e y do circuito da figura 1. Nesta situação, observa-se
uma dissipação de P watts na malha. Em seguida, conecta-se o ponto C ao ponto F e o
ponto E ao ponto H, o que produz um incremento de 12,5% na potência dissipada na
malha. Calcule a resistência R dos resistores
da malha.
⎛D +α⎞
⇒ f < p < f⎜
⎟ , a corrente será constante e
⎝ D ⎠
⎛D +α⎞
máxima. Para x’ < p < 2f ⇒ f ⎜
⎟ < p < 2f
⎝ D ⎠
a corrente será dependente de p.
⎛D +α⎞
Logo, para f ⎜
⎟ < p < 2f , temos:
⎝ D ⎠
⎛α +D⎞
x’ = f ⎜
⎟
p =
⎝ D ⎠
p = x’ ; D = r’ ⇒
V2
V2 = kI’
V1
V1 = kI0
r’ =
fα
(p − f)
⎛
⎜
⇒
2
⎜ I πr’
V2 = V1 ⎜ 0 2
πα
⎜
⎝ I0
⇒
i2 =
⎛ α + r’ ⎞
f⎜
⎟
⎝ r’ ⎠
P’ ⇒
2
I’
πα
=
=
I0
I0
⎛
⎞
⎜ fα
⎟
⎞
⎟ ⇒ V2 = V1 ⎜
⎟
(
p
f)
−
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎟
α
⎟
⎠
V1 ⎛ f ⎞
⎜
⎟
R ⎝p −f⎠
2
⇒
Resposta
Podemos simplificar o circuito da figura 1 como
segue:
2,5 ⋅ 10
req. =
⇒ req. = 2 Ω
2 ,5 + 10
2
εeq.
Quando f < p < x’, temos:
i2 =
V1 ⎛ f ⎞
⎜
⎟
R ⎝p −f⎠
req.
2
⎛α +D⎞
p = x’ = f ⎜
⎟
⎝ D ⎠
ε1
r1
+
⇒ ε eq. = 10 V
Assim, temos:
⇒
⎛
⎞
⎜
⎟
V1 ⎜
f
⎟
⇒ i2 =
⎟
R ⎜ ⎛α +D⎞
f
−
f
⎜
⎟
⎜ ⎝
⎟
⎝
⎠
D ⎠
=
2
V ⎛D⎞
⇒ i2 = 1 ⎜ ⎟
R ⎝α⎠
2
ε2
r2
⇒
εeq.
2
=
10,5
8
+
⇒
2,5
10
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física 5
A
Para a 1ª situação, temos:
º
2R
2R
B
R’ AB = R
Sendo i =
R AB = 2 R
Para a 2ª situação, temos:
G
R
C
R
R
R
R
C
R
⎛ 10 ⎞
P = 2R ⎜
⎟
⎝ 2 + 2R ⎠
A
R
R
E
B
R
D
º
, da Lei de Joule (P = Ri 2 ),
vem:
A
E
ε
r + R AB
R
R
E
R
C
R
B
2
⎛ 10 ⎞
1,125P = R ⎜
⎟
⎝2 +R ⎠
⇒
2
⇒
⎛ 10 ⎞
⎜
⎟
⎝ 2 + 2R ⎠
2
1P
2R
=
⋅
2
1,125P
R
⎛ 10 ⎞
⎜
⎟
⎝2 +R ⎠
⇒
R =2Ω
Questão 6
A figura mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra BD, dois cabos AD e
DE, e uma viga horizontal CF. A barra é fixada em B. Os cabos, de seção transversal circular
de 5 mm de diâmetro, são inextensíveis e fixados nos pontos A, D e E. A viga de material uniforme e homogêneo é apoiada em C e sustentada pelo cabo DE. Ao ser colocado um bloco de
100 kg de massa na extremidade F da viga, determine:
a) a força no trecho ED do cabo;
b) as reações horizontal e vertical no apoio C da viga;
c) as reações horizontal e vertical no apoio B da barra.
Dados: aceleração da gravidade: 10 m/s 2 ; densidades lineares de massa: μ1 = 30 kg/m,
μ2 = 20 kg/m, μ 3 = 10 kg/m; 20 ≈ 4,5.
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física 6
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Resposta
Do esquema, marcando as forças, temos:
a) Na situação de equilíbrio, o momento resultante em relação a C da viga é nulo. Como os trechos da
viga são uniformes, o ponto de aplicação de seus pesos está em seus respectivos centros. Assim, temos:
M Rviga (C) = 0 ⇒ P1 ⋅ 1,5 + P2 ⋅ 4,5 + P3 ⋅ 7,5 + P ⋅ 9 − Ty ⋅ 4,5 = 0 ⇒
⇒ μ1L1g ⋅ 1,5 + μ 2 L2 g ⋅ 4,5 + μ 3 L3 ⋅ g ⋅ 7,5 + P ⋅ 9 − T senθ ⋅ 4,5 = 0 ⇒
⇒T ⋅
6
⋅ 4,5 = 30 ⋅ 3 ⋅ 10 ⋅ 1,5 + 20 ⋅ 3 ⋅ 10 ⋅ 4,5 + 10 ⋅ 3 ⋅ 10 ⋅ 7,5 + 100 ⋅ 10 ⋅ 9 ⇒
7,5
⇒ T = 4 250 N
b) Da figura, a reação em C, no equilíbrio, é dada por:
RCx = Tx
RCy + P1 + P2 + P3 + P = Ty
⇒
RCx = T cos θ
RCy = T senθ − (P1 + P2 + P3 + P)
⇒
RCy
⇒
4,5
7,5
⇒
6
= 4 250 ⋅
− (900 + 600 + 300 + 1000)
7,5
RCx = 4 250 ⋅
⇒
⇒
RCx = 2 550 N
RCy = 600 N
IME
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física 7
c) Supondo a barra BD de peso desprezível, marcando as forças, temos:
No equilíbrio, o momento resultante na barra em relação a B é nulo. Logo, temos:
M Rbarra (B) = 0 ⇒ −T’ x ⋅ 4 + T’ y ⋅ 2 + Tx ⋅ 4 + Ty − 2 = 0 ⇒ −4T’ cosα + 2T’ senα + 4T cosθ +
1
2T (2 cos θ + sen θ)
=
+ 2T sen θ = 0 ⇒ T’ =
4 cosα − 2 senα
2
1
4,5
6 ⎞
⎛
4 250 ⎜ 2 ⋅
+
⎟
⎝
7,5
7,5 ⎠
⇒
4
2
2 ⋅
−
20
20
T ’ = 6 375 N
Assim, como a resultante na barra é nula, temos:
RBx + Tx = T’ x
RBy = T’ y + Ty
⇒
RBx = T’ cos α − T cos θ
RBy = T’ sen α + T sen θ
RBx = 6 375 ⋅
⇒
RBy = 6 375 ⋅
Questão 7
Um industrial possui uma máquina térmica
operando em um ciclo termodinâmico, cuja
fonte de alimentação advém da queima de
óleo combustível a 800 K. Preocupado com os
elevados custos do petróleo, ele contrata os
serviços de um inventor. Após estudo, o inventor afirma que o uso do óleo combustível
pode ser minimizado através do esquema
descrito a seguir: um quarto do calor necessário para acionar a máquina seria originado da queima de bagaço de cana a 400 K, enquanto o restante seria proveniente da queima de óleo combustível aos mesmos 800 K.
Ao ser inquirido sobre o desempenho da má-
4,5
4
− 4 250 ⋅
RBx = 3 117 N
7,5
20
⇒
2
6,0
RBy = 6 233 N
+ 4 250 ⋅
7,5
20
quina nesta nova configuração, o inventor
argumenta que a queda no rendimento será
inferior a 5%. Você julga esta afirmação procedente? Justifique estabelecendo uma análise termodinâmica do problema para corroborar seu ponto de vista. Considere que, em
ambas as situações, a máquina rejeita parte
da energia para o ar atmosférico, cuja temperatura é 300 K.
Resposta
Uma análise termodinâmica coerente seria calcular o rendimento de Carnot da máquina nas duas
situações e compará-los.
Para a máquina original, temos:
T
300
η1 = 1 − F1 = 1 −
⇒ η1 = 62,5%
800
TQ1
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física 8
Se a máquina funcionasse com bagaço de cana,
seu rendimento seria dado por:
TF
300
η2 = 1 − 2 = 1 −
⇒ η2 = 25%
400
TQ 2
Como na proposta do inventor um quarto do calor
seria fornecido pela máquina movida a bagaço de
cana e os outros três quartos pela máquina movida a óleo, o rendimento dessa máquina seria
dado por:
3
1
η3 =
⋅ η1 +
⋅ η2 ⇒
4
4
⇒ η3 = 0,75 ⋅ 62,5% + 0,25 ⋅ 25% ⇒
⇒ η3 = 53,125%
Comparando η1 com η3 , temos que a diferença
entre eles é de η1 − η3 = 9,375%.
Dessa maneira, a afirmação do inventor é improcedente.
Resposta
Como a corda permanece esticada e o esforço
despendido pelo motociclista é o menor possível,
a velocidade do sistema motociclista-moto ao
atingir a corda é horizontal. Assim, temos:
2
v y2 = v 0y
− 2gΔy ⇒ 0 = (v ⋅ senθ) 2 − 2gy ⇒
⇒y =
v 2 ⋅ sen 2 θ
2g
Como a moto é liberada no momento em que o
motociclista atinge a corda, a velocidade horizontal do motociclista será v x = v ⋅ cos θ. Considerando que a corda o conduz para o topo da plataforma e adotando o local que o motociclista atinge a
corda como referencial, do Princípio da Conservação da Energia Mecânica, para o esforço mínimo,
temos:
Em(i) = Em(f) ⇒
v 2cos 2 θ
= m1 ⋅ g ⋅ (H − y) ⇒
2
Questão 8
⇒ m1 ⋅
Um motociclista de massa m1 deseja alcançar
o topo de uma plataforma. Para isso, ele faz
uso de uma moto de massa m2 , uma corda
inextensível de massa desprezível e uma
rampa de inclinação θ. Ao saltar da rampa, o
motociclista atinge a corda na situação em
que esta permanece esticada e o esforço despendido por ele é o menor possível. Para evitar ruptura por excesso de peso, o motociclista libera a moto no momento do contato com
a corda, que o conduz para o topo da plataforma.
Nestas condições, determine o vetor velocidade do motociclista na saída da rampa.
⇒ v 2cos 2 θ = 2g ⋅ (H −
v 2 sen 2 θ
) ⇒ v = 2gH
2g
Assim, o vetor velocidade do motociclista na saída da rampa tem módulo v = 2gH , com uma direção de inclinação θ com a horizontal e no sentido da rampa para a plataforma.
Questão 9
Na figura a seguir, há um espelho com a face
refletora para baixo, tendo uma de suas extremidades presa a um eixo que permite um
movimento pendular, e um canhão, que emite
concomitantemente um raio de luz. Abaixo do
espelho existem dois corpos de massa m e
cargas de mesmo módulo e sinais opostos. Os
corpos estão apoiados sobre um trilho sem
atrito, fixados em suas extremidades e no
mesmo plano vertical que o canhão de luz. Os
corpos estão imersos no campo elétrico uniforme existente entre as placas de um capacitor, que é energizado por uma fonte variável
U(x).
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física 9
No momento em que o espelho inicia o movimento, a partir da posição inicial e com aceleração tangencial de módulo constante, o corpo de carga negativa é liberado. Para que a
aceleração deste corpo seja constante e máxima no sentido do eixo X, determine:
a) a expressão de U(x), onde x representa a
posição do corpo de carga negativa relativa à
origem O do eixo X;
b) o módulo da aceleração tangencial da extremidade livre do espelho, para que o raio de
luz atinja a carga de prova negativa no momento em que o deslocamento angular do espelho seja de 50o.
Dados: Q = 10−4 C; m = 20 g, l = 1,0 m, d = 0,5 m,
g = 10 m/s2
Durante o movimento do corpo de carga negativa
pelo eixo X, temos:
R = F1 − F2 ⇒
⇒
kQ
4d 2
=
⇒ U(x) =
kQ 2
4d
2
kQ
(2d − x) 2
=
−
kQ 2
(2d − x) 2
− QE ⇒
U(x)
⇒
4d
kQ (4dx − x 2 )
⋅
d
(2d − x) 2
Considerando
que
o
meio
seja
o
vácuo
(k = 9 ⋅ 109 (SI)), temos:
U(x) = 1,8 ⋅ 10 +6
(2x − x 2 )
(1 − x) 2
V
b) A aceleração do corpo de carga negativa é:
9 ⋅ 109 ⋅ 10 −8
Resposta
a) Para que a aceleração do corpo de carga negativa seja constante e máxima, a resultante
das forças elétricas que atuam sobre ela deve
kQ 2
ser R =
.
4d 2
ac =
R
=
m
12
20 ⋅ 10 −3
= 4 500 m/s 2
Na figura, a distância percorrida pelo corpo de
carga negativa até ser atingido pelo feixe é
D = d + d’ :
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física 10
a) as alturas máxima e mínima, em relação à
referência de altura, que determinam a faixa
em que é possível manter o bloco B parado
em equilíbrio;
b) a velocidade inicial máxima v com que o
bloco B poderá ser lançado em direção a
mola, a partir da altura h b = 20 m, para que,
após começar a subir o plano inclinado, atinja
uma posição de equilíbrio e lá permaneça.
Dados:
• aceleração da gravidade: 10 m/s2;
D = d + d ⋅ tg 20o = 0,5(1 + tg 20o )
O tempo gasto pelo corpo de carga negativa até
ser atingido pelo feixe é dado por:
ΔS = ac ⋅
⇒t =
constante eletrostática: 9 × 109 Nm2 /C2 .
Observação: desconsidere as dimensões dos
blocos para os cálculos.
•
t2
t2
⇒ 0,5 ⋅ (1 + tg 20o ) = 4 500 ⋅
⇒
2
2
1 + tg 20o
s
4 500
Para o mesmo tempo, o espelho percorre
5π
Δϕ = 50o =
rad . Assim, considerando um es18
pelho de 1 m, temos:
⎛ 1 + tg 20o ⎞
t2
5π
⎟⎟ ⇒
ΔSE = aE ⋅
⇒
⋅ 1 = aE ⋅ ⎜⎜
2
18
⎝ 9 000 ⎠
⇒
aE =
2 500 π
(1 + tg 20o )
m/s 2
Questão 10
A figura apresenta um plano inclinado, sobre o qual estão dois blocos, e, em sua parte
inferior, uma mola com massa desprezível. A
superfície deste plano apresenta coeficiente
de atrito estático μe = 5 3 /13 e coeficiente
de atrito cinético μc = 0,3 3 . O bloco A está
fixado na superfície. O bloco B possui massa
de 1kg e encontra-se solto. Sabe-se que a superfície abaixo da mola não possui atrito e
que os blocos A e B estão eletricamente carregados com, respectivamente, +40 × 10−4 C e
−( 3 / 39) × 10−3 C. Desconsiderando as situações em que, ao atingir o equilíbrio, o bloco B
esteja em contato com o bloco A ou com a
mola, determine:
Resposta
a) As alturas máxima e mínima, que determinam
a faixa em que é possível manter o bloco B parado, são obtidas para a força de atrito estático máximo atuando para baixo e para cima, respectivamente. Assim, do equilíbrio, vem:
P ⋅ sen 60o − Fel. ± femáx. = 0 ⇒
⇒ m ⋅ g ⋅ sen 60o −
k ⋅ |Q| ⋅ |q |
r2
±
± μ e ⋅ m ⋅ g ⋅ cos 60o = 0 ⇒
⇒ 1 ⋅ 10 ⋅
±
3
−
2
⎛ 3 ⎞
⎟ ⋅ 10 −3
9 ⋅ 109 ⋅ 40 ⋅ 10 −4 ⋅ ⎜
⎝ 39 ⎠
r2
rmáx. = 10 3 m
5 3
1
⋅ 1 ⋅ 10 ⋅
=0 ⇒
20 3
13
2
rmín. =
m
3
±
IME
Sendo h = 40 − r ⋅ sen 60o , temos:
hmín. = 40 − rmáx . ⋅ sen 60o = 40 − 10 3 ⋅
⇒
3
⇒
2
+
k ⋅Q ⋅q
mv 2
+
2
ri
⇒ m ⋅ g ⋅ Δh −
hmín. = 25 m
hmáx . = 40 − rmín. ⋅ sen 60o = 40 −
⇒
ETAPA
física 11
20 3
3
⋅
⇒
3
2
hmáx . = 30 m
⎞
⎟⎟ = −fatd ⇒
⎠
⎛1
mv 2
1⎞
+k ⋅ Q ⋅ q⎜
− ⎟ =
2
ri ⎠
⎝ rf
= −μc ⋅ m ⋅ g ⋅ cosθ ⋅ d ⇒
⇒ 1 ⋅ 10 ⋅ 10 −
1 ⋅v2
+ 9 ⋅ 109 ⋅ 40 ⋅ 10 −4 ⋅
2
b) A velocidade máxima pedida é obtida admitindo-se que o bloco atinja uma altura final
hf = hmáx . = 30 m com velocidade nula. Assim, temos:
⎛ 1
⎜
⎛
3 ⎞
⎟ ⋅ 10 −3 ⎜ 10
⋅ ⎜−
⎜ 3
⎝ 39 ⎠
⎜
⎝ 2
f
i
ΔEm = Fdiss . τ ⇒ Em
− Em
= Fdiss . τ ⇒
= −0,3 3 ⋅ 1 ⋅ 10 ⋅
⇒ m ⋅ g ⋅ hf +
k ⋅Q ⋅q
− (m ⋅ g ⋅ hi +
rf
1
20
−
3
2
⎞
⎟
⎟ =
⎟
⎟
⎠
1
50
⋅
⇒ v = 19 m/s
2
3
2