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.