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. IME ETAPA 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 ETAPA 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⎠ IME ETAPA 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 IME ETAPA 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. IME física 6 ETAPA 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 ETAPA 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 IME ETAPA 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). IME ETAPA 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’ : IME ETAPA 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