Física
Questão 01
Comentário:
V=
Ea
p
v 2p
E=
a
[E] = (LT–1)2.M.L–3
[E] = L2T–2.M.L–3
[E] = ML–1.T–2
b) n/m2
FORÇA
ÁREA
=
Resposta: b
M.L. T –2
L2
= ML–1T–2
Física
Questão 02
Comentário:
Na subida: aS = g(sen θ + μcos θ)
v = v0 – at ⇒ 0 = v0 – aS.tS ⇒ v0 = aS.tS
d = v0.t – at2/2 ⇒ d = aS.tS2 – aStS2 /2 ⇒
⇒ 2d = 2aS.tS2 – aS.tS2 ⇒ aStS2 = 2d ⇒ tS =
2d
aS
Na descida:
aD = g(sen θ – μcos θ)
d = aD.tD2 /2 =⇒
tD =
2d
aD
Tempo total: t = tS + tD ⇒
⎛ 1
2d
2d
1 ⎞
⎟ =
t=
+
= 2d ⎜⎜
+
⎟
aS
aD
a
a
⎝ S
D⎠
⎛ aD + aS ⎞
⎟
2d ⎜⎜
⎟
a
.a
⎝
S D ⎠
Então:
t
tS
t
tS
=
⎛ aD + aS ⎞
⎟
2d ⎜⎜
a S .a D ⎟⎠
⎝
= 1+
2d
aS
=
aD + aS
senθ + μcosθ
= 1+
senθ – μcosθ
Resposta: b
aD
tgθ + μ
tgθ – μ
= 1+
aS
g(senθ + μcosθ)
= 1+
aD
g(senθ – μcosθ)
Física
Questão 03
FR = m2 . a
FEL 2 – P2 = m2a
k2 . x – m2g = m2a
m (g + a)
x= 2
k2
– Fazendo y – x, obtemos:
y–x=
[(k 2 – k 1).m 2 + k 2m 1 ](g + a)
k1 . k 2
Resposta: c
Obs.: Considerando aceleração vertical para baixo, a
resposta seria letra a.
Comentário:
– Considerando aceleração vertical para cima,
temos:
FR = mr . a
FEL1 – P1 – P2 = (m1 + m2) . a
k1 . y – m1g – m2g = (m1 + m2) . a
(m 1 + m 2 )(g + a)
y=
k1
Física
Questão 04
Comentário:
No disparo, há conservação de quantidade de movimento:
Qantes = Qapós ⇒ 0 = m. v – (M – m)v’ ⇒ v’ = mv / (M – m)
Sendo v’ a velocidade de recuo do atirador.
Tempo de ida da bala: d = v.t1 ⇒ t1 = d / v
Deslocamento do atirador no tempo t1:
m. v d
md
d’ = v’.t1 =
. =
M– m v M– m
Cálculo do tempo de retorno do som:
No referencial do atirador, o som produzido pelo impacto do projétil no alvo tem velocidade vSOM = vS – v’.
Assim:
d + d’ = (vS – v’)t2
md
d+
= (vS – v’)t2
M– m
Md – md + md
= (vS – v’)t2
M– m
Md
t2 =
(M – m)(v S – v’)
Física
Cálculo do tempo total:
d
Md
d
tTOTAL = t1 + t2 = +
= +
v (M – m)(v S – v’) v
tTOTAL =
d
+
v
Md
mv ⎞
⎛
(M – m)⎜ v S –
⎟
⎝
M – m⎠
Md
d
Md
= +
⎛ Mv S – mv S – mv ⎞ v Mv S – mv S – mv
(M – m)⎜
⎟
M– m
⎝
⎠
tTOTAL =
d(Mv S – mv S – mv) + Mdv d(Mv S – mv S – mv + mv)
=
v(Mv S – mv S – mv)
v[Mv S – m(v S + v)]
tTOTAL =
d[M(v S + v) – m(v S + v)]
d(v S + v)(M – m)
=
v[Mv S – m(v S + v)]
v[Mv S – m(v S + v)]
Resposta: a
Física
Questão 05
Questão 06
Comentário:
De acordo com o enunciado, temos que πINT = 50 Ω.
Para R = 150 Ω, obtemos:
∑E = Ri
E = (50 + 150) . i
E = 200 . i
– No gerador
Comentário:
U = E – ri
U = 200i – 50i
U = 150i
Sobre a esfera agem as forças peso e normal. A
componente vertical da normal equilibra-se com o
peso e a componente horizontal faz o papel de força
centrípeta. O ângulo entre a normal e a vertical vale θ.
Assim:
Cálculo do n:
N.sen θ = mω2d
Pu
n=
Pt
U .i
n=
E. i
150 i
= 0,75
n=
200 i
Resposta: d
N.cos θ = mg
Dividindo, membro a membro:
tg θ = ω2d / g ⇒ ω2 = g.tg θ / d ⇒ (2π / T)2 = g.tg θ / d ⇒
4π2 / T2 = g.tg θ / d ⇒
T2 = 4π2.d / g tg θ ⇒ T = 2π
Resposta: c
d
g. tgθ
Física
Questão 07
Questão 08
Comentário:
P=τ/t
Comentário:
Basta aplicar a Segunda Lei de Newton ao bloco e ao
carrinho, sendo F = k.x.
F = m.a
Em relação ao solo:
Para o bloco: k.x = maB ⇒ aB = k.x / m
Para o carrinho: k.x = MaC ⇒ aC = k.x / M
Como as acelerações terão sentidos contrários (pela
3ª Lei de Newton), em módulo:
aBC = aB + aC = k.x / m + k.x / M = k.x(1 / m + 1 / M) =
k.x(M + m) / mM
Resposta: e
τ = ΔEc ⇒ τ = mv2 / 2 ⇒ P = mv2 / 2t ⇒ v2 / t = 2P / m
Sendo P e m constantes, conclui-se que v2 / t = K
(constante) ou v2 = K.t
Portanto o quadrado da velocidade é proporcional a t
e a alternativa (c) é CORRETA.
a) É FALSA, pois P = F / v ⇒ F = P / v. Nas condições
do enunciado, P é constante mas v aumenta (pois
o corpo parte do repouso). Assim, F diminui e,
sendo F = m.a, diminuindo F também a diminui.
b) É FALSA, pois pela equação de Torricelli
(v2 = 2ax) válida somente nos movimentos uniformemente variados, teríamos x proporcional a v2,
pois x = v2 / (2a). Como a varia x não é proporcional a v2.
d) é FALSA, pois, sendo P = F.v, temos F = P / v. Já
mostramos que v2 = k.t e, então v = kt
Assim F = P / kt
E, portanto, F é proporcional a 1 / t
e) é FALSA, pois P = τ / t ⇒ P = Ec / t. Sendo P constante, conclui-se que a taxa da variação temporal
da energia cinética (Ec / t) também é constante.
Física
Questão 09
Comentário:
A energia mecânica se conserva, sendo que no infinito a energia mecânica é nula. Então:
0 = Ec + (–GmM / RT) ⇒ Ec = GMm / RT
Sendo GM = gR 2T , vem: Ec = gR2.m / R ⇒ Ec = mgRT
O raio do asteroide vale R = 1 km = 10 3 m
A massa específica do ferro vale 8000 kg/m 3. Então:
m = μ.V = μ.(4/3)πR3 = 8 . 103 . (4/3)π(103)3 =
(32/3)π.1012 kg
O raio da Terra vale: RT = 6400 km = 64 . 105 m
Ec = (32/3)π.1012.10.64.105 = (211/3)π1018 J
Do enunciado:
1 bomba –––––––– 10 . 106 . (4 . 109) J
N bombas ––––––– (211/3)π1018 J
N = (211/3)π1018 / (4 . 1016) = 53600 bombas, aproximadamente.
Resposta: d
Física
Questão 10
Comentário:
A afirmação I é CORRETA.
Sejam M1 e M2 as massas das estrelas, R 1 e R2 os raios de suas órbitas e d a distância entre elas.
Assim, tomando como origem do eixo x o centro da estrela de massa M 1, temos:
R1 = xCM = ∑ mx / ∑ m = (M1.x1 + M2.x2) / (M1 + M2) = (0 + M2.d) / (M1 + M2)
R2 = d – R1 = d – M2d / (M1 + M2) = M1d / (M1 + M2)
Cálculo da velocidade angular da estrela de massa M 1:
Fcentrípeta = Fgravitacional ⇒ M1.ω 12 .R1 = G.M1.M2 / d2 ⇒
ω 12 =
GM 2
R1d 2
=
G(M1 + M 2 )
GM 2
=
M 2d
d3
.d 2
M1 + M 2
Cálculo da velocidade angular da estrela de massa M 2:
Fcentrípeta = Fgravitacional ⇒ M2.ω 22 .R2 = G.M1.M2 / d2 ⇒
Física
ω 22 =
GM1
R 2d
2
=
GM1
G(M1 + M 2 )
=
M1d
d3
.d 2
M1 + M 2
Comparando as igualdades acima, vemos que ω1 e ω2 são iguais. Sendo ω = 2π / T, concluímos que T1 = T2 e
que os mesmos dependem apenas de d, de M1 + M2 e de G.
A afirmação II é FALSA. Basta verificar que, como os períodos são iguais, em um intervalo de tempo, por
exemplo, igual ao período, as áreas varridas pelos raios vetores valem πR12 e πR 22 . Se R1 for diferente de R2
tais áreas serão diferentes.
Resposta: b
Física
Questão 11
Questão 12
Comentário:
O cilindro deve oscilar com a mesma frequência do
pêndulo
T = 2π
L
g
1
0,4
= 2π
f
10
f = 0,80 Hz
Resposta: b
Comentário:
Vamos admitir que o elevador sobe em movimento
acelerado (aceleração dirigida para cima).
Inicialmente tem-se h = 10 cm. Como o líquido desce
1 cm no ramo da esquerda e sobe 1 cm no ramo da
direita, h’ = 8 cm.
Sendo o tubo fino, despreza-se a variação de volume do
ar aprisionado e assim sendo a diferença entre as pressões do ar externo e o interno permanece inalterada.
Sendo ∆p = µhg, vem:
∆pantes = ∆pdepois
µhg = µh’.(g+a)
Desprezando a variação da massa específica do
líquido:
hg = h’(g + a) ⇒ 10 . 10 = 8 . (10 + a) ⇒ 100 = 80 + 8a
⇒ 8a = 20 ⇒ a = 2,5 m/s2
Resposta: e
Física
Questão 13
Questão 14
Comentário:
– Cálculo da corrente
∑E = ERi
100 = (0,5 + 0,5).i
i = 100 A
– Cálculo da potência dissipada no resistor imerso na água
P = R . i2
P = 0,5 . 1002
P = 5000 W
– Cálculo do tempo para vaporizar a água:
mc∆t + mL
P=
t
t=
mc∆t + mL 2.4, 18.10 3.80 + 1.2230.10 3
=
p
5000
t = 580 s
Resposta: e
Comentário:
Em um ponto P qualquer, a diferença entre as distâncias
percorridas pelas duas ondas pode ser expressa por:
D = r – x = (x2 + y2)1/2 – x
Para a interferência em P ser construtiva (ondas em
fase) deve-se ter D = n.λ para n inteiro.
Assim:
(x2 + y2)1/2 – x = nλ ⇒ x2 + y2 = (x + nλ)2 ⇒ y2 = 2nxλ + (nλ)2
Supondo n diferente de zero temos: x = y2 / (2nλ) – nλ/2
Física
Portanto, é FALSA a alternativa (a).
Para a interferência em P ser destrutiva (ondas em
oposição de fase) deve-se ter D = n.λ/2 para n ímpar,
ou, equivalentemente, D = (n + 1/2).λ para n inteiro.
Assim:
Questão 15
(x2 + y2)1/2 – x = (n + ½)λ ⇒ x2 + y2 = [x + (n + ½)λ)2 ⇒
y2 = 2(n + ½)xλ + [(n + ½)λ)]2
Logo: x = y2 / [(2n + 1).λ] – (1/2).(n + ½).λ
Assim, é CORRETA a alternativa (d) e FALSAS as
alternativas (b) e (c).
Para verificar a alternativa (e), nota-se que se a diferença de fase fosse de 45o, teríamos:
D = λ/8, pois 45o corresponde à oitava parte de uma
onda. Assim:
(x2 + y2)1/2 – x = λ/8 ⇒ x2 + y2 = (x + λ/8)2 ⇒ y2 = 2xλ/4
+ λ2/64 => x = 4y2 / λ – λ/16 que não corresponde à
expressão da alternativa (e).
Comentário:
– Sem as placas:
Co =
εA εA
=
d
3h
– Com as placas
1
1
1
1
=
+
+
CEQ
C1 C 2 C 3
1
1
1
1
=
+
+
εA
C εA εA
x
y
h. cx + y
C=
εA
h
– Substituindo em Co, temos:
εA
C
→ Co = → C = 3 Co
Co =
3h
3
Resposta: e
Física
Questão 16
Questão 17
Comentário:
– Para fonte puntiforme, temos:
cos30o =
3 s’
=
2
s
S=
Hs =
HA . A HA . A
=
2s'
S
3
Hs =
Resposta: d
Comentário:
I. Correta
12 = Q.(V1 – V2 ) = 0
1424
3
0
= Q.(V1 – V2 ) = 0
1424
3
II. Correta
0
r
23 = F . L >
12 = O
12341
III. Correta
= 23 + 14
r
r
= F . L – F.L = 0
Resposta: a
3 HA . A
2s
2s’
3
s’
s
Física
Questão 18
Questão 19
Comentário:
Ao redor de um fio retilíneo percorrido por corrente
elétrica as linhas de indução formam circunferências
no espaço.
Resposta: d
Comentário:
→ 0,10 atm = 0,10 . 105 Pa
Rx = Kp + 10
Rx = 2,0 . 10–4 . 0,10 . 105 + 10
Rx = 12 Ω
Na ponte equilibrada, temos:
R1 . Rx = R2 . R3
R1 . 12 = 20 . 15
R1máx = 25 Ω
→ 1,0 atm = 105 Pa
Rx = Kp + 10
Rx = 2,0.10–4 .105 + 10
Rx = 30 Ω
Na ponte equilibrada, temos:
R1 . Ry = R2 . R3
R1 . 30 = 20 . 15
R1min = 10 Ω
Resposta: c
Física
Questão 20
II. Falsa
Da teoria do efeito fotoelétrico sabemos que a
energia incidente deve ser tal que:
hf = Ecmáx + Φ, em que F é o trabalho necessário
para “arrancar” o elétron.
A frequência mínima para que o efeito ocorra é
aquela para qual o elétron é apenas “arrancado”
(Ecinética = 0). Para tal devemos ter hf = Φ e, então
f = Φ / h sendo esta a frequência mínima (também
denominada frequência de corte) e que corresponde ao limiar de frequência para que o efeito
fotoelétrico possa ser verificado.
Comentário:
I. Correta
No nível 1, a energia do elétron vale E1 = – 13,6 eV
No nível 2: E2 = – 13,6 / 22 = – 3,4 eV
A energia absorvida foi, então
E2 – E1 = – 3,4 + 13,6 = 10,2 e V que é menor do
que 13,6 eV.
De um modo geral, para saltar do nível 1 para o
nível n, a energia absorvida seria:
En – E1 = – 13,6 / n2 + 13,6 que resultará menor do
que 13,6 eV.
III. Verdadeira
Teoricamente, no modelo de Böhr podemos
calcular precisamente o raio da órbita e a velocidade de cada elétron, o que opõe o Princípio da
Incerteza de Heisenberg, muito embora na prática, erros experimentais inviabilizem a obtenção
precisa de tais grandezas.
Física
Questão 21
Questão 22
Comentário:
Em t = 1 s o deslocamento vale x = v.t = 10 . 1 = 10 m
1 cm ______ 1 cápsula
10 m ______ n cápsulas
Logo: n = (10 m) / (1 cm) = 1000 cápsulas
Então, em 1 s colide uma massa de
m = 1000 . 1 g = 1000 g = 1 kg
I = ΔQ ⇒ Ft = mv ⇒ F = mv / t = 1 . 10 / 1 = 10 N
Resposta: 10 N
Comentário:
1. A polia móvel mais elevada fica sujeita a duas forças iguais a F para cima. A força exercida para
baixo sobre a mesma polia será, então 2F. A polia
móvel inferior ficará sujeita a duas forças iguais a
2F para cima. No equilíbrio: 2F + 2F = Peso. Logo:
4F = mg ⇒ 4F = 24 . 10 ⇒ F = 60 N
2. Aplicando a segunda lei de Newton à massa de
24 kg e lembrando que sendo a velocidade constante a aceleração será nula, temos:
F = m.a ⇒ 4F – 240 = 0 ⇒ 4F = 240 ⇒ F = 60 N.
3. τ = F.x.
Pelos cálculos anteriores, a força F (60 N) é 4 vezes menor do que o peso. No entanto, verifica-se
que o deslocamento do ponto de aplicação de F
(mão do operador) será quatro vezes maior do
que o deslocamento da massa de 24 kg.
Desta forma, os trabalhos são IGUAIS em
módulo.
Física
Questão 23
F2 =
KQq
d
2
=
KQq
⎛ a⎞
⎜ ⎟
⎝ 2⎠
2
=
4KQq
a2
– Cálculo do ângulo α
cos α =
a 3
=
2
3
7
a 7
2
– Utilizando a soma dos momentos em relação ao
apoio, temos:
∑ M APOLO = 0
F2 .
a 3
a 3
+ Fix . a = P .
2
6
4KQq a 3 4KQq 3
Mga 3
+
.
.
.a =
2
2
2
6
7
a
7a
Comentário:
– Forças que atuam no exercício
– Cálculo da distância d
2
d2
=
a2
⎛a 3⎞
a 7
⎟ –d=
+⎜
2
⎝ 2 ⎠
– Cálculo das forças elétricas
KQq
KQq
4KQq
F1 = 2 =
=
2
d
7a 2
⎛a 7 ⎞
⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
Q=
Mga 2
7 7
.
Kq 12(7 7 + 2)
Física
Questão 24
Sobre o bloco A agem o peso, a tração, a força de
atrito e a reação da normal exercida pelo suporte vertical:
Na horizontal: Tcos 30o – Fat – NB = ma
3
– μNA – NB = ma (3)
2
Na vertical: NA + Tsen 30o = T + PA
T=
NA = T – T/2 + PA ⇒ NA = T/2 + mg (4)
Substituindo (1) e (4) em (3), temos:
T
3
⎛T
⎞
– μ⎜ + mg⎟ – ma = ma
⎝2
⎠
2
T
3
T
–μ
– μmg = 2ma
2
2
T 3 – μT – 2μmg = 4ma
Comentário:
À medida que o bloco B desce (e se move para a
esquerda), a polia e o bloco A movem-se horizontalmente para a esquerda.
Aplicaremos a segunda lei de Newton para o
bloco A e para o bloco B separando os movimentos
horizontal e vertical e ainda procurando um vínculo
geométrico entre os deslocamentos do bloco A e do
bloco B nas duas direções.
Sobre o bloco B agem as forças peso, tração e
normal exercida pelo suporte vertical:
Na horizontal: NB = m.a (1)
Na vertical: PB – T = m.ay ⇒ ay = (mg – T) / m (2)
T( 3 – μ) = 2m(2a + μg) (5)
O vínculo geométrico entre os deslocamentos
dos blocos, conforme a figura, é:
cos θ = Δx / Δy ⇒ Δx = Δy.cos θ
Sendo Δx = at2 / 2 e Δy = ayt2 / 2, pois v0 = 0, vem:
at2 / 2 = (ayt2 / 2) cos θ ⇒ a = ay
Substituindo (2) em (6):
⎛ mg – T ⎞ 3
a=⎜
(7)
⎟
⎝ m ⎠ 2
3
(6)
2
Física
Substituindo (7) em (5):
⎡ ⎛ mg – T ⎞ 3
⎤
T( 3 – μ) = 2m⎢ 2⎜
+ μg⎥
⎟
⎣ ⎝ m ⎠ 2
⎦
T 3 – μT = 2mg 3 – 2T 3 + μmg
3T 3 – μT = 2mg 3 + μmg
T=
Nas condições do enunciado, o átomo B passará
a se promover na reta de intersecção dos planos α e
β.
Denominando Φ o ângulo que a velocidade de A
formará com o plano β após a colisão, temos:
(Qantes = Qapós)x
pA.cos θ + 0 = qA.cos Φ + qB
p . cos θ – qB
cos Φ = A
qA
2mg( 3 + μ)
3 3–μ
Questão 25
(Qantes = Qapós)x
pA.sen θ + 0 = qA.sen Φ
p .sen θ
sen Φ = A
qA
sen2 Φ + cos2 Φ = 1 ⇒
p 2A .sen2 θ / q 2A + (p 2A .cos2 θ – 2pAqBcos θ + qB2 ) / q 2A = 1
q 2A = p 2A .sen2 θ + p 2A .cos2 θ – 2pAqBcos θ + qB2
Dividindo ambos os membros por qB2 , vem:
q 2A /qB2 = (p 2A .sen2 θ +p 2A .cos2 θ – 2pAqBcos θ +qB2 ) /qB2
Então:
qB2 / q 2A = qB2 / (p 2A .sen2 θ + p 2A .cos2 θ – 2pAqBcos θ + qB2 )
Substituindo em (1):
EcB / EcA = 2.qB2 / (p 2A .sen2 θ +p 2A .cos2 θ – 2pAqBcos θ +qB2 )
Comentário:
E cB
E cA
m B v B2
qB v B
qB v B m B m A qB2 .m A
2
.
.
=
=
=
=
q A v A q A v A m B m A q 2A .m B
m A v 2A
2
Sendo mA = 2mB, vem
q2
E cB
= 2 B2 (1)
E cA
qA
Física
Questão 26
Questão 27
Comentário:
– Situação inicial
C1
Q1
C2
Q2 = Q1 (em série a carga é
constante)
QT = Q1 + Q2 = Q1 + Q1 = 2Q1
– Situação final
A carga total é constante
Q1
4
Q1’ = 2Q1 – Q2’
Q
Q1’ = 2Q1 – 1
4
7Q 1
Q1’ =
4
Q2 =
em paralelo
V1 = V2
Q 1’ Q 2 ’
=
C1
C2
7Q 1
Q1
=
4C1 4C 2
1
1
C2 = C1, então x =
7
7
Comentário:
Para as órbitas circulares (I e II):
Fcentrípeta = Fgravitacional ⇒ mv2 / r = G.M.m / r2 ⇒
v = (GM / r)1/2
Em qualquer ponto da órbita circular, tem-se θ = 90o.
Então, sen θ = 1 e L = r.p = r m v = m r (GM / r) 1/2 =
= m (GMr)1/2
Como rIII > rI, temos LIII > LI
Comparando as órbitas I e II:
Para I: Fcentrípeta = Fgravitacional ⇒ v 12 = GM / r1 (1)
Para a órbita elíptica, sendo A o periélio e B o afélio:
LA = LB ⇒ mvArA = mvBrB ⇒ vB = (vA.rA) / rB
EmA = EmB (a energia mecânica se conserva)
mv 2A / 2 – GMm / rA = mv B2 / 2 – GMm / rB
v 2A – 2GM / rA = v 2A rA2 / rB2 – 2GM / rB
Física
v 2A (1 – rA2 / rB2 ) = 2GM(1/rA – 1/rB)
v 2A (rB2
– rA2 )
/ rB2
Questão 28
= 2GM (rB – rA) / (rArB)
v 2A (rB + rA) / rB = 2GM / rA
v 2A = 2GMrB / [rA(rA + rB)] (2)
Dividindo (2) por (1), membro a membro e observando que r1 = rA:
v 2A /v 12 = 2rB / (rA + rB)
Sendo: rB > rA ⇒ 2rB > rA + rB
Logo: vA > v1
Sendo: LI = mv1r1 e LII = mvArA, vem: LII > LI
Comparando as órbitas II e III:
v2 = GM / rB (3)
v B2 = 2GMrA / [rB(rA + rB)] (4)
Dividindo (4) : (3), vem:
v B2 / v2 = 2rA / (rA + rB)
rA < rB ⇒ 2rA < rA + rB ⇒ vB < v
LII = mvBrB
LIII = mvrB
vB < v ⇒ LII < LIII
Conclusão: LI < LII < LIII
Comentário:
1. – No MHS o período é calculado por:
m
T = 2π
K
– Para o gráfico dado temos:
⎛
⎞
⎛
⎞
m⎟
1⎜
m⎟ 1⎜
⎟ + ⎜ 2π
⎟
T = ⎜ 2π
F1 ⎟ 2 ⎜
F2 ⎟
2⎜
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎝
L⎠
L ⎠
⎛ 1
1 ⎞
⎟
T = π mL ⎜⎜
+
⎟
F
F
⎝ 1
2⎠
2. – A máxima distância ocorre para x > 0, pois
K1 < K2 (F1 < F2)
Em xmax = Em xo
Física
K1. Xmax
2
2
=
Questão 30
mV 2
2
Xmax = V
mL
F1
3. Como F1 ≠ F2, temos duas constantes de proporcionalidade e o movimento não é harmônico simples:
Questão 29
Comentário:
– Ao longo de meia volta, a variação de fluxo magnético será:
Δ∅ =∅ – ∅0
Comentário:
Δ∅ = B.A.cos 180o – BA.cos 0o
Δ∅ = – 2BA
No equilíbrio, temos:
2T + Fm = P
μ . i1 . i 2 . L
2.0 +
=P
2πr
μ . i1 . i 2 . L
r=
2πP
r=
4π .10 –7 . 20.401
.
2π . 0,080
π = 2 . 10–3 m
– Aplicando a Lei de Faraday, temos:
Δ∅
eind = N .
Δt
Δ∅
R.i=–N.
Δt
Q
N(– 2BA)
=–
R.
Δt
Δt
Q=
2NBA
R