Fisica exercicios resolvidos 002

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Fisica exercicios resolvidos 002

  1. 1. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA FÍSICA a) v0 ⎛ ⎜1 + qE ⎞ sen 2θ ⎟ b) 2 v0 ⎛ senθ ⎜ cosθ + qE ⎞ senθ ⎟ 2g ⎝ m ⎠ 2g ⎝ m ⎠ QUESTÃO 01 v0 ⎛ qE ⎞ 2 v0 ⎛ qE ⎞Os valores do potencial elétrico V em cada vértice de um quadrado c) ⎜ sen2θ + ⎟ d) sen2θ ⎜ 1 + tgθ ⎟ g ⎝ mg ⎠ g ⎝ mg ⎠estão indicados na figura abaixo. Resolução Alternativa D Para avaliarmos a distância horizontal percorrida, devemos analisar o movimento da partícula tanto na direção horizontal quanto na vertical. Assim, temos: Direção Vertical Nesta direção, a partícula é submetida à ação do campo gravitacional de intensidade g considerada constante. Assim, o movimento vertical da partícula é um MUV (lançamento vertical para cima sob a ação da gravidade). Desprezando o efeito de forças dissipativas, o tempo de retorno da partícula ao nível de lançamento corresponde ao dobro do tempo deOs valores desses potenciais condizem com o fato de que o quadrado subida (tS), ou seja:estar situado num campo eletrostáticoa) uniforme, na direção bissetriz do 1° quadranteb) criado por duas cargas puntiformes situadas no eixo y tRETORNO = 2 ⋅ tSc) criado por duas cargas puntiformes situadas nas bissetrizes dosquadrantes impares O tempo de subida é dado por:d) uniforme, na direção do eixo x Resolução Alternativa D vY = v0Y − g ⋅ tS = 0 ⇒ tS = v0Y v ⋅ senθ = 0Pode-se ver que se dividirmos a diferença de potencial entre dois g gpontos quaisquer pela distância horizontal que os separa, obtemos Assim:sempre o mesmo valor: 2 ⋅ v0 ⋅ senθ 5−0 5 10 − 0 5 tRETORNO = 2 ⋅ tS = B → A: = C → A: = g a a 2a a 10 − 5 5 10 − 5 5 C →B: = C →D: = Direção Horizontal 2a − a a 2a − a a Nesta direção, a partícula é submetida a um campo elétrico uniformePara um campo elétrico uniforme na direção x, este é justamente oresultado esperado, já que: dirigido para a direita que produzirá uma força elétrica (FE ) sobre a U partícula. A intensidade de FE é dada por: E.d x = U (C.E.U na direção x): = E (cte.) dx FE = q ⋅ E 0V 5V 10V Sendo esta a única força atuante nesta direção, ela será a força E resultante na horizontal. Pelo princípio fundamental da Dinâmica, temos: q⋅ E FR = m ⋅ aX ⇒ q ⋅ E = m ⋅ aX ⇒ aX = 5 X m E = a Como o campo elétrico é uniforme, aX é constante e o movimento horizontal da partícula é um MUV. Desta forma, a distância horizontal (Δx ) percorrida pela partícula pode ser obtida a partir da equação: aX Δx = vOX ⋅ t + ⋅ t2 2 QUESTÃO 02Na figura abaixo, uma partícula com carga elétrica positiva q e massa 2 ⋅ v0 ⋅ senθ Sendo v0 X = v0 ⋅ cos θ e t = tRETORNO = , temos:m é lançada obliquamente de uma superfície plana, com velocidade ginicial de módulo v0 , no vácuo, inclinada de um ângulo θ em relação q⋅ E 2 2 ⋅ v0 ⋅ senθ ⎛ 2 ⋅ v0 ⋅ senθ ⎞à horizontal. Δx = v0 ⋅ cos θ ⋅ + ⋅⎜ ⎟ g 2m ⎜⎝ g ⎟ ⎠ 2 2 ⋅ v0 ⋅ senθ q⋅ E 4 ⋅ v0 ⋅ sen2θ Δx = v0 ⋅ cos θ ⋅ + ⋅ g 2m g2 Utilizando a identidade trigonométrica do arco duplo, sen(2θ ) = 2 ⋅ senθ ⋅ cos θ , vem que:Considere que, além do campo gravitacional de intensidade g, atua 2 2também um campo elétrico uniforme de módulo E. Pode-se afirmar v0 ⋅ sen(2θ ) v0 2 ⋅ q ⋅ E ⋅ sen2θque a partícula voltará à altura inicial de lançamento após percorrer, Δx = + ⋅horizontalmente, uma distância igual a g g mg2 1
  2. 2. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA 2 v0 ⋅ sen(2θ ) v0 2 2 ⋅ q ⋅ E ⋅ senθ ⋅ senθ ⋅ cos θ QUESTÃO 04 Δx = + ⋅ Parte de um circuito elétrico é constituída por seis resistores ôhmicos g g mg cos θ cujas resistências elétricas estão indicadas ao lado de cada resistor, v0 ⋅ sen(2θ ) ⎛ q ⋅ E ⋅ senθ ⎞ 2 2 v0 ⋅ sen(2θ ) na figura abaixo. Δx = + ⎜ ⎟ g g ⎜ mg cos θ ⎟ ⎝ ⎠ senθLembrando que tgθ = , temos: cos θ v0 ⋅ sen(2θ ) ⎛ ⎞ 2 q ⋅ E ⋅ tgθ Δx = ⎜1 + ⎟ g ⎜ mg ⎟ ⎝ ⎠ QUESTÃO 03O elemento de aquecimento de uma torneira elétrica é constituído de Se a d.d.p. entre os pontos A e B é igual a U , pode-se afirmar que adois resistores e de uma chave C conforme ilustra a figura abaixo. potência dissipada pelo resistor R3 é igual a 2 2 2 2 2 ⎛U ⎞ 1 ⎛U ⎞ 2 ⎛U ⎞ 1 ⎛U ⎞ a) ⎜ ⎟ b) ⎜ ⎟ c) ⎜ ⎟ d) ⎜ ⎟ R ⎝3⎠ 2R ⎝ 3 ⎠ 3 ⎝R⎠ 2R ⎝ 6 ⎠ Resolução Alternativa B Marcamos os pontos C e D na figura:Com a chave C aberta, a temperatura da água na saída da torneiraaumenta em 10° C. Mantendo-se a mesma vazão d’água e fechandoC , pode-se afirmar que a elevação de temperatura da água, em grausCelsius, será dea) 20b) 5,0c) 15 Cd) 2,5 Resolução Alternativa ACom a chave aberta, ambos os resistores de resistência R/2 estão Dassociados em série. Desta forma, a resistência equivalente entre ospontos A e B vale R e a potência elétrica (P0) da torneira elétrica é Sendo a d.d.p. entre A e B igual a U, o circuito equivale a:dada por : C U2 U2 P0 = = R2=R R4=2R REQ RCom a chave fechada, notamos que um dos resistores encontra-se em A R6=R Bparalelo com um fio (considerado ideal) caracterizando assim umcurto-circuito. Assim, a nova resistência equivalente entre os pontos Ae B assume o valor R/2. A nova potência elétrica (P1) da torneira R3=2R R5=4Relétrica pode ser assim determinada: U2 U 2 2U 2 D P1 = = = REQ R R 2 R1=2RComparando P1 e P0 notamos que P1 = 2 P0.A variação de temperatura sofrida pela água em função da potência Uelétrica da torneira é expressa por: 2 Como R2 ⋅ R5 = R3 ⋅ R4 = 4R , trata-se de uma ponte de Wheatstone Q m ⋅ c ⋅ Δθ P P= = ⇒ Δθ = em equilíbrio, de modo que no trecho CD, onde está alojado o resistor Δt Δt m ⋅c R6 , não há passagem de corrente. Assim, esse resistor pode ser Δt m removido do circuito, e conseqüentemente, os resistores R2 e R4Notamos que a razão é a vazão de água (Z) do chuveiro. Assim, Δt estão associados em série, bem como os resistores R3 e R5 .temos: Redesenhando, temos: P Δθ = R2=R R4=2R Z ⋅cConsiderando a vazão constante, temos que o resultado obtido mostraque a variação de temperatura Δθ é diretamente proporcional à R3=2R R5=4Rpotência elétrica.Como P1 é o dobro de P0, concluímos que, ao fechar a chave, avariação de temperatura da água dobrará, ou seja, Δθ1 = 2 ⋅ Δθ0 = 20o C R1=2R U 2
  3. 3. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICAA corrente i3 que atravessa o trecho onde estão os resistores R3 e QUESTÃO 06R5 é dada por: Uma bateria de f.e.m. igual a ε e resistência interna de valor igual a r (constante) alimenta o circuito formado por uma lâmpada L e um U U = (2R + 4R) ⋅ i3 ⇒ i3 = reostato R , conforme ilustra a figura abaixo. 6RAssim, calculamos a d.d.p a que o resistor R3 está submetido: U U U3 = R3 ⋅ i3 = 2R ⋅ ⇒ U3 = 6R 3Portanto, a potência dissipada nesse resistor é: 2 ⎛U ⎞ (U3 ) ⎜3⎟ 2 2 1 ⎛U ⎞ P3 = = ⎝ ⎠ ⇒ P3 = ⋅⎜ ⎟ R3 2R 2R ⎝ 3 ⎠ Considerando constante a resistência da lâmpada, o gráfico que melhor representa a potencia por ela dissipada quando o cursor do reostato move-se de A para B é QUESTÃO 05 a) b)O trecho AB, de comprimento 30 cm, do circuito elétrico abaixo, estáimerso num campo magnético uniforme de intensidade 4 T e direçãoperpendicular ao plano da folha. Quando a chave CH é fechada e ocapacitor completamente carregado, atua sobre o trecho AB uma forçamagnética de intensidade 3 N, deformando-o, conforme a figura. c) d)Sabe-se que os fios são ideais. A intensidade da corrente elétrica, emampères, e a diferença de potencial elétrico entre os pontos C e D, em Resolução Alternativa Bvolts, são, respectivamente Considere a seguinte representação:a) 2,5 e 5 b) 5 e 10 c) 25 e 50 d) 1,25 e 2,5 i C Resolução Alternativa ADe acordo com o enunciado da proposta, após fecharmos a chave CH,o capacitor é plenamente carregado. Neste estado, o capacitor fica emaberto não mais recebendo carga elétrica. Assim, a corrente elétricacirculará apenas pela malha DCAB.Vamos agora determinar a intensidade desta corrente. Utilizando aregra da mão, a força magnética sobre o condutor AB é horizontal edirigida para a direita.Sua intensidade é dada por: D FMAG = B ⋅ i ⋅ L ⋅ senθ Chamando de L a resistência da lâmpada e de U a d.d.p. entre ostal que: pontos C e D, e i a corrente indicada no esquema acima, a potênciaθ é ângulo entre a direção do vetor indução magnética B e a direção U2do fio condutor. dissipada pela lâmpada é: P = . LNeste caso, θ = 90o e consequentemente, a intensidade da força Por Kirchhoff: ε = ri + U ⇒ U = ε − rimagnética passa a ser expressa por: (ε − ri ) 2 FMAG = B ⋅ i ⋅ L Logo, P = . LDe acordo com o enunciado da proposta, temos: 1▪ a intensidade da força magnética, FMAG = 3N , Req = r + ; onde Rr é a resistência do reostato. 1 1 +▪ a intensidade do vetor indução magnética, B = 4T Rr LNa figura dada, notamos que o comprimento L do fio condutor vale 30 Observe que se Rr aumentar, Req .cm = 0,3 m. Substituindo esses valores na equação acima, obtemos aintensidade da corrente elétrica: Como a corrente i depende da resistência equivalente do circuito FMAG ( ε = Req ⋅ i = cte ), temos que se Rr aumentar i diminui. Voltando à 3 FMAG = B ⋅ i ⋅ L ⇒ i = = = 2,5 A fórmula da potência: B ⋅L 4 ⋅ 0,3 (ε − ri ) 2Entre os pontos C e D, notamos que ambos os resistores de P=resistência 4Ω encontram-se em curto-circuito, por estarem ligados Lem paralelo com um fio ideal. Desta forma, entre os pontos C e D, a Se i diminui, P aumenta, já que ε > ri sempre.corrente elétrica circulará apenas pelo resistor de resistência 2Ω .Assim, a ddp entre os pontos C e D é representada pela ddp sobre A conclusão final é que se Rr aumentar, P aumenta, num gráfico P xeste resistor. Como a corrente é a mesma que passa por AB, pela Lei R, isto corresponde a uma função estritamente crescente, quede Ohm temos: corresponde à Alternativa B. U = R ⋅ i ⇒ U = 2 ⋅ 2,5 = 5V 3
  4. 4. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA QUESTÃO 07 Afastando-se horizontalmente o par de blocos de sua posição de equilíbrio, o sistema passa a oscilar em movimento harmônico simplesConsidere dois pássaros A e B em repouso sobre um fio homogêneo com energia mecânica igual a 50 J.de densidade linear μ , que se encontra tensionado, como mostra afigura abaixo. Suponha que a extremidade do fio que não aparece Considerando g = 10 m/s2 , o mínimo coeficiente de atrito estáticoesteja muito distante da situação apresentada. que deve existir entre os dois blocos para que o bloco A não escorregue sobre o bloco B é a) 1/10 b) 5/12 c) 1 d) 5/6 Resolução Alternativa D A montagem da figura corresponde a uma associação em paralelo das duas molas, cuja constante elástica equivalente é dada pela soma das constantes elásticas de cada mola (2K = 100 N/m):Subitamente o pássaro A faz um movimento para alçar vôo, emitindoum pulso que percorre o fio e atinge o pássaro B Δt segundos depois.Despreze os efeitos que o peso dos pássaros possa exercer sobre o 2Kfio. O valor da força tensora para que o pulso retorne à posição ondese encontrava o pássaro A, em um tempo igual a 3Δt , é 4μd 2 9μd 2a) b) ( Δt ) ( Δt ) 2 2 μd 2 μd 2c) d) Sendo a energia mecânica transferida para o sistema EM = 50 J , a ( Δt ) 9 ( Δt ) 2 2 amplitude (elongação máxima) de oscilação do sistema se dará quando toda essa energia estiver armazenada sob a forma potencial Resolução Alternativa A elástica na mola.De acordo com o enunciado da proposta, quando o pássaro A faz o (2K )x 2 100 ⋅ x 2 EM = ⇒ 50 = ⇒ x = 1,0 mmovimento de vôo, um pulso é emitido de A para B em Δt segundos. 2 2Como a onda apresenta velocidade constante, para que o pulsoretorne ao ponto inicial A em 3 Δt segundos, ele deverá percorrer as Nesse caso, a força elástica, que age como força resultante noseguintes etapas nos respectivos intervalos de tempo: sistema formado pelos dois blocos, será máxima, de modo que: FEL = FRES ⇒ kEQ ⋅ xMÁX = (mA + mB )⋅ | aMÁX |⇒▪ de A para B : gastando Δt segundos, 25▪ de B até o poste : gastando Δt segundos, 100 ⋅ 1, 0 = (2, 0 + 10)⋅ | aMÁX |⇒| aMÁX |= m/s2 2 3▪ o retorno do poste até B : gastando Δt segundos e, 2 Agora, isolando o corpo A, representamos, num instante qualquer, as▪ finalmente de B até A gastando Δt segundos. forças que atuam sobre ele:Assim, entre B e o poste, o pulso emitido percorre uma distância d emΔt segundos. Sua velocidade de propagação no fio será: NA 2 Δs 2d v= = (1) ( Δt 2 ) ΔtEntretanto, a velocidade de propagação do pulso no fio também é A FATexpresso pela fórmula de Taylor: T v= (2) μtal que: μ é a densidade linear do fio e, PAT é a intensidade da força tensora.Igualando (1) e (2), temos: ⎧| PA |=| N A | ⎪ Nesse caso, temos: ⎨ . 2d T 4d 2 T 4μd 2 = ⇒ = ⇒T = ⎪FAT = FRES ⎩ Δt μ ( Δt ) μ ( Δt ) 2 2 Assim: μe ⋅ | N A |= mA ⋅ | a |⇒ μe ⋅ m⋅ | g |= mA ⋅ | a |⇒ QUESTÃO 08 | a |= μe ⋅ | g |Um par de blocos A e B, de massas mA = 2 kg e mB = 10 kg ,apoiados em um plano sem atrito, é acoplado a duas molas ideais demesma constante elástica K = 50 N/m, como mostra a figura abaixo. 25 No caso da aceleração máxima de m/s2 , temos: 3 25 5 = μe ⋅ 10 ⇒ μe = 3 6 4
  5. 5. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA QUESTÃO 09 A partir da formação do “A” invertido, e continuando a afastar oA figura I representa uma lente delgada convergente com uma de suas anteparo, teríamos uma região do espaço onde veríamos um borrãofaces escurecidas por tinta opaca, de forma que a luz só passa pela (ainda muito pequeno e talvez não visível a olho nu), e haveria umaletra F impressa. certa distância onde teríamos um “F” invertido vertical e lateralmente, projetado no anteparo. Isso se deve ao fato de considerarmos a aproximação de raios praticamente paralelos chegando à lente, passando pela pequena região de convergência (aproxima pelo ponto focal) e invertendo sua posições em relação ao eixo principal (os raios que estavam acima do eixo agora estão abaixo e vice-versa, e os que estavam à direita agora estão à esquerda e vice-versa).Um objeto, considerado muito distante da lente, é disposto ao longo do A figura abaixo ilustra com maior facilidade a situação da imagemeixo óptico dessa lente, como mostra a figura II. invertida projetada no anteparo após o foco. Note que o raio que atinge a parte mais alta da lente se torna o mais baixo na projeção no anteparo, e vice-versa (imaginando um objeto qualquer, não necessariamente o “A”): Anteparo Região opaca (em vermelho) EixoNessas condições, a imagem fornecida pela lente e projetada no Focoanteparo poderá ser principala) b) Região de sombra (emc) d) Lente azul) Resolução Alternativa B É importante perceber, na figura acima, que a inversão se deu em torno do eixo principal, assim, supondo-se que a lente é esférica aHipótese inicial: Supondo que o objeto em forma de “A” esteja inversão ocorre em qualquer direção que tomarmos (paralela ao planodisposto de frente à lente da figura 1, de forma que os raios luminosos da lente delgada), e por isso a imagem se inverte em todos osde “A” cheguem entrando no plano do papel, temos as seguintes sentidos.situações acontecendo: E a figura abaixo mostra a situação da imagem projetada no anteparo(1) A formação de uma imagem de “A” invertida, tão menor e tão mais antes do foco, menor e direita.próxima do foco (e após este) quanto maior for a distância de “A” até alente. Região opaca Anteparo (em vermelho)(2) A possibilidade de se ver um “F” direito (sem inversão), dado que adistância de “A” à lente é muito grande e os raios cheguempraticamente paralelos, desde que o anteparo seja colocado entre o Eixofoco e a lente (se o anteparo for “grudado” à lente, um “F” será visto de Foco principalqualquer maneira, não importando as outras distâncias envolvidas noproblema). Entretanto, o “F” visto não pode ser considerado Região defisicamente uma imagem, pois a definição física de imagem implica em sombra (emconvergência de raios, enquanto o “F” é apenas uma combinação de azul)regiões com luz difusa e outras com sombra. Lente(3) A possibilidade de se ver um “F” invertido de cima para baixo e daesquerda para a direita, dada uma distância p do objeto à lente muito Observe que a figura projetada no anteparo é justamente umagrande (o suficiente para considerar que os raios chegam paralelos) e inversão daquilo que está na lente quando os raios chegam paralelosdado que o anteparo seja colocado a certa distância (não ou praticamente paralelos.necessariamente grande) após o foco, que também não éfisicamente uma imagem. NOTA: Embora esta questão possua uma alternativa correta, consideramos que a mesma é inadequada para o contexto em que foiA possibilidade de se ver um “F” existe considerando-se que os raios aplicada, uma vez que o tempo necessário à sua correta resoluçãochegam praticamente paralelos, e que sua convergência se dá extrapola em muito o tempo médio destinado a cada questão dapraticamente através do foco, o “F” projetado no anteparo seria prova.idêntico ao “F” da lente se o anteparo fosse “grudado” à mesma, eteria suas linhas afinadas e seu tamanho diminuído conformeafastássemos o anteparo da lente. QUESTÃO 10 A imagem de um ponto P, posicionado a uma distância d de umConforme aproximássemos o anteparo do foco, veríamos um borrão espelho plano E, pode ser visualizada por dois observadores A e B,(muito pequeno e talvez não visível a olho nu). Depois do foco, mas como mostra a figura abaixo.ainda assim muito próximo do mesmo, teríamos a formação do “A”invertido, pois para p muito grande os raios chegam aproximadamenteparalelos, mas ainda assim não paralelos (situação possível apenasmatematicamente, tomando o limite quando p → ∞ ), e aaproximação Gaussiana torna-se ainda mais válida, não deixando devaler suas famosas equações: 1/f = 1/p + 1/p’ A = –p’/p = i/oque nos retorna valores reais para todas as variáveis, o que mostraque há formação de imagem. 5
  6. 6. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICAA respeito da imagem P’ do ponto P vista pelos observadores, écorreto afirmar que QUESTÃO 13 O gás contido no balão A de volume V e pressão p é suavementea) ambos os observadores visualizam P’ a uma distância 2d do ponto escoado através de dutos rígidos e de volumes desprezíveis, para osP balões B, C, D e E, idênticos e inicialmente vazios, após a aberturab) o observador A visualiza P’ a uma distância d/2 do espelho simultânea das válvulas 1, 2, 3 e 4, como mostra a figura abaixo.c) o observador B visualiza P’ a uma distância d/4 do espelhod) o observador A visualiza P’ a uma distância 3d/2 do espelho e oobservador B à distância 5d/4 do espelho. Resolução Alternativa AA imagem do ponto P é formada a uma distância d, simétrica aoespelho plano. Desta forma, tanto o observador A quanto o observadorB visualizarão o ponto imagem P´a uma distância 2d do ponto P. Após atingido o equilíbrio, a pressão no sistema de balões assume o p valor . Considerando que não ocorre variação de temperatura, o 3 QUESTÃO 11 volume de dois dos balões menores éO diagrama a seguir representa o ciclo percorrido por 3 mols de umgás perfeito. a) 1,0 V b) 0,5 V c) 1,5 V d) 2,0 V Resolução Alternativa A Pela equação de Clapeyron, o número de mols é dado por: p ⋅V p ⋅V = n ⋅ R ⋅ T ⇒ n = R ⋅T O número total de mols contido inicialmente no balão A será distribuído dentre os cinco balões após serem abertas as quatro válvulas. Assim: nTOTAL = nA + nB + nC + nD + nESabendo-se que no estado A a temperatura é –23°C e considerando R Sendo p’ a pressão do sistema após as válvulas serem abertas, V0 o= 8 J/mol.K, o trabalho, em joules, realizado pelo gás no ciclo é volume de cada um dos quatro balões menores, e T a temperatura,a) –6000 b) 12000 c) 1104 d) –552 que se mantém constante durante o processo, temos: Resolução Alternativa A pV p V p V0 p V0 p V0 p V0Pela equação de Clapeyron, no estado A, temos: = + + + + ⇒ ( p − p )V = 4 p V0 RT RT RT RT RT RT pA ⋅ VA = n ⋅ R ⋅ TA ⇒ p ⋅ v = 3 ⋅ 8 ⋅ (273 − 23) ⇒ p ⋅ v = 6000 pO módulo do trabalho no ciclo representado é numericamente igual à Como p = , temos: 3área dentro do triângulo. Assim: ⎛ p⎞ p 2p 4p (3v − v ) ⋅ (2 p − p ) ⎜ p − ⎟V = 4 V0 ⇒ V= V0 ⇒ 2V0 = V |τ |= = p ⋅ V = 6000 J ⎝ 3⎠ 3 3 3 2Como o ciclo é percorrido no sentido anti-horário, o trabalho é Logo o volume de dois balões menores (2 V0) é igual a V.recebido pelo gás e, portanto, τ < 0 .Logo, τ = −6000 J . QUESTÃO 14 Um paciente, após ser medicado às 10 h, apresentou o seguinte QUESTÃO 12 quadro de temperatura:Um estudante, querendo determinar o equivalente em água de umcalorímetro, colocou em seu interior 250 g de água fria e, aguardandoum certo tempo, verificou que o conjunto alcançou o equilíbrio térmicoa uma temperatura de 20 °C. Em seguida, acrescentou ao mesmo 300g de água morna, a 45 °C. Fechando rapidamente o aparelho, esperouaté que o equilíbrio térmico fosse refeito; verificando, então, que atemperatura final era de 30 °C. Baseando-se nesses dados, oequivalente em água do calorímetro vale, em gramas,a) 400 b) 300 c) 100 d) 200 A temperatura desse paciente às 11 h 30 min, em °F, é Resolução Alternativa DSeja m a massa equivalente em água do calorímetro. Após o primeiro a) 104 b) 54,0 c) 98,6 d) 42,8equilíbrio térmico, temos uma massa total equivalente de água igual a(m+250) gramas, à temperatura de 20 °C.Fazendo a mistura com a outra massa de água (300 gramas), Resolução Alternativa Ccolocada à temperatura de 45 °C, e impondo que a soma de todos os Observe que no intervalo das 10 h até as 12 h, a temperatura caiucalores trocados pelo sistema é zero até ser atingido o segundo uniformemente de 4 °C em 2 h, isto é,equilíbrio térmico (30 °C), temos: 1 °C a cada 0,5 h. Assim, sendo a temperatura às 11 h igual a 38 °C, a temperatura às 11 h e 30 min (0,5 h depois) será 37 °C. ∑ Q = 0 ⇒ m1 ⋅ c1 ⋅ Δθ1 + m2 ⋅ c2 ⋅ Δθ2 = 0 ⇒ Convertendo essa temperatura de °C para °F, temos: (m + 250) ⋅ 1,0 ⋅ (30 − 20) + 300 ⋅ 1,0 ⋅ (30 − 45) = 0 ⇒ TC T − 32 37 TF − 32 10m + 2500 − 4500 = 0 ⇒ = F ⇒ = ⇒ TF = 98, 6 °F 5 9 5 9 m = 200 g 6
  7. 7. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA QUESTÃO 15 QUESTÃO 17Um frasco de vidro, cujo volume é 2000 cm3 a 0 °C, está A figura abaixo representa um vagão em repouso, no interior do qualcompletamente cheio de mercúrio a esta temperatura. Sabe-se que o se encontram um pêndulo simples e um recipiente fixo no piso, cheiocoeficiente de dilatação volumétrica do mercúrio é 1,8 x 10–4 °C–1 e o de água. O pêndulo simples é composto de uma bolinha de ferro presacoeficiente de dilatação linear do vidro de que é feito o frasco é 1,0 x ao teto do vagão por um fio ideal e, dentro do recipiente, existe uma10–5 °C–1. O volume de mercúrio que irá entornar, em cm3, quando o bolinha de isopor, totalmente imersa na água e presa no seu fundoconjunto for aquecido até 100 °C, será também por um fio ideal.a) 6,0 b) 18 c) 36 d) 30 Resolução Alternativa DSendo o coeficiente de dilatação linear do vidro αV = 1, 0 ⋅ 10−5 °C−1 ,então γ V = 3αV = 3, 0 ⋅ 10−5 °C−1 .Como os volumes iniciais do vidro e do mercúrio são ambos iguais aV0 = 2000 cm3 , o volume de mercúrio que irá entornar representa a Assinale a alternativa que melhor representa a situação física nodilatação aparente do líquido, que corresponde à diferença entre a interior do vagão, se este começar a se mover com aceleraçãodilatação real do líquido (mercúrio) e a dilatação do frasco (vidro) que constante para a direita.o contém. ΔVAP = ΔVM − ΔVV = V0 ⋅ γ M ⋅ Δθ − V0 ⋅ γ V ⋅ Δθ ⇒ a) b) ΔVAP = 2000 ⋅ 1, 8 ⋅ 10−4 ⋅ 100 − 2000 ⋅ 3, 0 ⋅ 10−5 ⋅ 100 ⇒ ΔVAP = 30 cm3 QUESTÃO 16Na situação de equilíbrio abaixo, os fios e as polias são ideais e a c) d)aceleração da gravidade é g. Considere μe o coeficiente de atritoestático entre o bloco A, de massa mA , e o plano horizontal em quese apóia. Resolução Alternativa C Para a bolinha de ferro presa no teto do vagão, temos o seguinte esquema, quando o vagão está sujeito a uma aceleração a para a direita: aA maior massa que o bloco B pode ter, de modo que o equilíbrio se Tmantenha, éa) 2μemA b) 3μemA c) μemA d) 4μe mA Resolução Alternativa A PAs forças que atuam em cada bloco são representadas na figura aseguir: O polígono de forças para este corpo pode ser representado, considerando T a tração, P o peso e R a força resultante em relação a N T T um referencial inercial como: R FAT T B P θ ou T A T θ P R PB É importante notarmos que a direção e sentido da resultante são os PA mesmos da direção e sentido da aceleração da massa (igual à aceleração do vagão). Note ainda que o ângulo de inclinação pode serPara que o sistema fique em equilíbrio estático, a força resultante em calculado por:cada bloco deve ser nula. Assim, no corpo A, devemos exigir que: R m⋅a ⎛ a⎞ tgθ = = ⇒ θ = arctg ⎜ ⎟ ⎧| PA |=| N | ⎪ P m⋅g ⎝g⎠ ⎨ Para a bolinha de isopor presa no chão do vagão, dentro da água, ⎪| T |=| FAT | ⎩ temos o seguinte esquema, quando o vagão está sujeito a umaA máxima massa de B implica na máxima tração e portanto na aceleração a para a direita:máxima força de atrito. Portanto: | T |=| FAT |= μe ⋅ | N |= μe ⋅ mA ⋅ | g | E1 a θ E1Observe que o corpo B está submetido ao dobro da tração que o E2 E2corpo A, uma de cada lado do fio. Nesse caso, exigimos que: θ | PB |= 2 | T |Substituindo a tração, vem que: T P θ mB ⋅ | g |= 2 ⋅ (μe ⋅ mA ⋅ | g |) ⇒ mB = 2 ⋅ μe ⋅ mA 7
  8. 8. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICANote que a aceleração implica em dois efeitos:1) Aparecimento de uma diferença de pressões também no eixo da Resolução Alternativa C Para completar os loopings sem que haja descolamento dos trilhos, aaceleração, implicando numa força também na direção da aceleração, normal não pode se anular. Sabe-se que quanto menor a velocidade,que chamamos de E2 . Esta força tem módulo calculado por menor deve ser a força normal necessária para contribuir com aE2 = ρ ⋅ V ⋅ a com ρ = densidade do líquido, V = volume do corpo e a = resultante centrípeta. Logo, devemos nos preocupar com a velocidade mínima, que ocorre em cada looping no ponto de altura máxima. Aindaaceleração do líquido (igual à aceleração do corpo). neste ponto, temos que o peso ajuda integralmente na composição da2) Devido à composição dos dois gradientes de pressão (no eixo x resultante centrípeta, o que contribui na minimização da reaçãodevido à presença de aceleração e no eixo y devido ao peso crescente normal.da coluna d’água com a profundidade) o líquido se inclina com umângulo: Como os dois primeiros loopins apresentam menor raio, caso a E2 ρ ⋅ a ⋅V ⎛ a⎞ partícula tenha velocidade suficiente para completar o terceiro (de tgθ = ⇒ tgθ = ⇒ θ = arctg ⎜ ⎟ E1 ρ ⋅ g ⋅V ⎝g⎠ maior raio) sem descolamento, completará também os dois primeiros.Este ângulo pode ser explicado pela força aplicada pelo restante do Observe o esquema abaixo do terceiro looping:líquido sobre uma lâmina de água na superfície (com a composiçãodas pressões em x e em y) de forma normal à superfície. AO polígono de forças para este corpo pode ser representado, vconsiderando T a tração, P o peso e R a força resultante em relação a Num referencial inercial como: P E2 3R θ T T R R O E1 ou θ E1 P P E2É importante notarmos que também a direção e sentido da resultantesão os mesmos da direção e sentido da aceleração da massa (igual à Baceleração do vagão). Note ainda que o ângulo de inclinação pode sercalculado por: O sistema não apresenta forças dissipativas e portanto a energia E −R ρ.V .a − ma a ⎛ ρ.V − m ⎞ a mecânica se conserva. Assim, o corpo terá mínima velocidade em B tgθ = 2 = = .⎜ ⎟= ⇒ caso tenha mínima velocidade em A. A mínima velocidade em A E1 − P ρ.V .g − mg g ⎝ ρ.V − m ⎠ g implica em uma resultante centrípeta de baixa intensidade, que ocorre ⎛ a⎞ quando N → 0 (limite sem o descolamento) neste ponto, ou seja θ = arctg ⎜ ⎟ ⎝g⎠ FcpA = N + P = PLogo a situação no interior do vagão pode ser representada como na v A2 FcpA = P ⇒ m ⋅ = mg ⇒ v A 2 = 3Rg ⎛ a⎞ 3Ralternativa (c), considerando θ = arctg ⎜ ⎟ , onde a = aceleração ⎝g⎠ Utilizando um referencial no solo e igualando as energias mecânicashorizontal do vagão e g = aceleração da gravidade. nos pontos A e B: mv A 2 mv B 2 EMA = EMB ⇒ + mg (6R ) = ⇒ v A 2 + 12 ⋅ R ⋅ g = v B 2 2 2 θ Mas v A 2 = 3 ⋅ R ⋅ g e portanto: θ 3 ⋅ R ⋅ g + 12 ⋅ R ⋅ g = v B 2 ⇒ v B = 15 ⋅ R ⋅ g θ QUESTÃO 19 Um planeta Alpha descreve uma trajetória elíptica em torno do seu sol como mostra a figura abaixo. QUESTÃO 18Uma partícula é abandonada de uma determinada altura e percorre otrilho esquematizado na figura abaixo, sem perder contato com ele.Considere que não há atrito entre a partícula e o trilho, que a Considere que as áreas A1 , A2 e A3 são varridas pelo raio vetor queresistência do ar seja desprezível e que a aceleração a gravidade sejag. Nessas condições, a menor velocidade possível da partícula ao une o centro do planeta ao centro do sol quando Alpha se moveterminar de executar o terceiro looping é respectivamente das posições de 1 a 2, de 2 a 3 e de 4 a 5. Os trajetos de 1 a 2 e de 2 a 3 são realizados no mesmo intervalo dea) 3Rg tempo Δt e o trajeto de 4 a 5 num intervalo Δt < Δt . Nessasb) 7Rg condições é correto afirmar quec) 15Rg a) A3 < A2 b) A2 < A3 c) A1 > A2 d) A1 < A3d) 11Rg 8
  9. 9. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA Resolução Alternativa A QUESTÃO 21Pela 2ª Lei de Kepler, para planetas em órbita ao redor de uma Uma bola de basquete descreve a trajetória mostrada na figura apósmesma estrela, vale a seguinte relação: ser arremessada por um jovem atleta que tenta bater um recorde de A arremesso. v AREOLAR = = cons tan te Δtonde A é a área varrida pelo vetor r que une a estrela a um planetaqualquer, num tempo Δt .Nos caminhos 1 → 2 e 2 → 3 , o tempo de deslocamento é o mesmo.Logo: A1 A2 = ⇒ A1 = A2 Δt Δt A bola é lançada com uma velocidade de 10 m/s e, ao cair na cesta, sua componente horizontal vale 6,0 m/s. Despreze a resistência do arPor outro lado, comparando os caminhos 4 → 5 e 1 → 2 , temos: e considere g = 10 m/s2. Pode-se afirmar que a distância horizontal (x) A3 A1 A3 Δt percorrida pela bola desde o lançamento até cair na cesta, em metros, = ⇒ Δt = < Δt ⇒ A3 < A1 = 2 Δt Δt A1 vale a) 3,0 b) 6,0 c) 4,8 d) 3,6 QUESTÃO 20 Resolução Alternativa BDois corpos A e B, esféricos, inicialmente estacionários no espaço, Considere o seguinte sistema de coordenadas:com massas respectivamente iguais a mA e mB , encontram-se yseparados, centro a centro, de uma distância x muito maior que seusraios, conforme figura abaixo. x Na direção horizontal, temos um movimento uniforme, com a componente v x da velocidade constante e igual a 6,0 m/s.Na ausência de outras forças de interação, existe um ponto P do Na direção vertical, temos um movimento uniformemente variado, comespaço que se localiza a uma distância d do centro do corpo A. Nesse espaço inicial y0 = 2, 0 m , aceleração a = − g = −10 m/s2 , eponto P é nula a intensidade da força gravitacional resultante, devido à velocidade inicial dada por:ação dos corpos A e B sobre um corpo de prova de massa m, alicolocado. v02 = v0 x 2 + v0 y 2 ⇒ 102 = 6, 02 + v0y 2 ⇒ v0 y = 8, 0 m/sConsidere que os corpos A e B passem a se afastar com umavelocidade constante ao longo de uma trajetória retilínea que une os Assim, a equação horária dos espaços na direção vertical é dada por:seus centros e que mA = 16mB . Nessas condições, o gráfico que at 2 10t 2melhor representa d em função de x é y = y0 + v0 y t + ⇒ y = 2 + 8t − ⇒ y = 2 + 8t − 5t 2 2 2a) b) Para atingir a altura y = 5, 0 m , os instantes de tempo correspondentes são: 5 = 2 + 8t − 5t 2 ⇒ 5t 2 − 8t + 3 = 0 ⇒ t = 0, 6 s ou t = 1, 0 sc) d) No caso, o primeiro instante (0,6 s) corresponde ao momento anterior ao de altura máxima, quando a bola está subindo, e o segundo instante (1,0 s) corresponde ao momento em que a bola está descendo e cai na cesta. O espaço percorrido na direção horizontal (x) até a bola cair na cesta, depois de 1,0 s, é dado por: Δs x vx = ⇒ 6, 0 = ⇒ x = 6, 0 m Resolução Alternativa D Δt 1, 0No ponto P, distante d da massa A, temos que o corpo apresentaresultante nula e, portanto: GmA m GmB m G(16mB )m GmB m QUESTÃO 22 | FAP |=| FBP |⇒ = ⇒ = Uma pessoa, brincando em uma roda-gigante, ao passar pelo ponto d2 ( x − d )2 d2 ( x − d )2 mais alto, arremessa uma pequena bola (Figura 1), de forma que esta 16 1 1 4 descreve, em relação ao solo, a trajetória de um lançamento vertical = ⇒ =± para cima. d 2 ( x − d )2 (x − d ) dComo x − d > 0 , descartamos o sinal negativo, e ficamos com: 4x d= 5Assim, a função d(x) é uma reta crescente. 9
  10. 10. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICAA velocidade de lançamento da bola na direção vertical tem o mesmomódulo de velocidade escalar (v) da roda-gigante, que executa um QUESTÃO 23movimento circular uniforme. Despreze a resistência do ar, considere R Dispôe-se de quarto polias ideais de raios RA = R , RB = 3R , RC =a aceleração da gravidade igual a g e π = 3 . Se a pessoa consegue 2pegar a bola no ponto mais próximo do solo (Figura 2), o período de R e RD = que podem ser combinadas e acopladas a um motor cujarotação da roda-gigante pode ser igual a 10 20v 10v v v freqüência de funcionamento tem valor f.a) b) c) d) 12 3g 7g g g As polias podem ser ligadas por correias ideais ou unidas por eixos rígidos e, nos acoplamentos, não ocorre escorregamento. Considere Resolução Alternativa A que a combinação dessa polias com o motor deve acionar uma serraAnalisando o movimento circular, com R o raio da roda gigante e T o circular (S) para que ela tenha uma freqüência de rotação igual a 5/3período de rotação: da freqüência do motor. Sendo assim, marque a alternativa que 2 ⋅π ⋅ R 2 ⋅ 3 ⋅ R v ⋅T representa essa combinação de polias. v= = ⇒R = (I) a) b) T T 6Analisando o lançamento vertical da bola:Adotamos o referencial abaixo, positivo para cima (movimento dabola): y V 2R c) d) R g ⋅t 2 y = 2⋅R +v ⋅t − 2 x Resolução Alternativa B As polias unidas por correias têm mesma velocidade tangencial da extremidade (e portanto mesmo produto da freqüência de rotação peloComo a roda gira pelo menos meia volta, podendo completar mais um raio) e as polias presas por eixos rígidos ou acopladas têm mesmanúmero inteiro n de voltas, temos que y=0 quando freqüência de rotação. Chamando de 1 a polia presa ao motor, de 2 a ⎛T ⎞ ⎛ 1⎞ presa à polia 1 pela correia, de 3 a presa à polia 2 pelo eixo e 4 at = ⎜ + n.T ⎟ ⇒ t = T ⎜ n + ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝ 2⎠ presa à polia 3 pela correia temos: ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ g ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ 2 ⎧fMOTOR = f1Logo, 0 = 2 ⋅ R + v ⋅ ⎢T ⎜ n + ⎟ ⎥ − ⋅ ⎢T ⎜ n + ⎟ ⎥ (II) ⎪ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ 2 ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎪f1R1 = f2R2 ⎪ R R ⎨f2 = f3 ⇒ fs = 1 ⋅ 3 ⋅ fmotor ⎪f R = f R R2 R4Substituindo os valores de (I) em (II): ⎪3 3 4 4 ⎛ v ⋅T ⎞ ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ g ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ 2 ⎪f4 = fSERRA ⎩ 0 = 2⋅⎜ ⎟ + V ⎢T ⎜ n + ⎟ ⎥ − ⋅ ⎢T ⎜ n + ⎟ ⎥ ⎝ 6 ⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ 2 ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ Como a freqüência da serra deve ser 5/3 da freqüência do motor, R ⋅R 5 ⎡ ⎛ 5 ⎞ g ⋅T ⎛ 1⎞ ⎤ 2 temos que 1 3 = . Analisemos as alternativas: 0 = T ⎢v ⎜ n + ⎟ − ⋅⎜n + ⎟ ⎥ R2 ⋅ R4 3 ⎢ ⎝ ⎣ 6⎠ 2 ⎝ 2⎠ ⎥⎦ ⎧ RComo T ≠ 0 temos: ⎪R1 = RC = 2 v 4 ( 6n + 5 ) ⎪ 2 R R g ⋅T ⎛ 1⎞ ⎛ 5⎞ ⋅ ⋅ n + ⎟ = v ⎜n + ⎟ ⇒T = ⋅ ⎪R2 = RB = 3R R1 ⋅ R3 1 5 2 ⎜ ⎝ 2⎠ ⎝ 6⎠ g 3 ( 2n + 1)2 a) Falsa. ⎨ ⇒ = 2 10 = ≠ ⎪R = R = R R2 ⋅ R4 3R ⋅ R 60 3Avaliando as alternativas, lembrando que n é natural: ⎪ 3 D 10 4 ( 6n + 5 ) 20 ⎪ 20v ⎩ R4 = R A = Ra) Correta: T = ⇒ = 3 ( 2n + 1) 2 3g 3 ⎧R1 = RA = R ⎪6n + 5 = 5 ( 4n 2 + 4n + 1) ⇒ n (10n + 7 ) = 0 ⇒ n = 0 ou n = − 7 ⎪R2 = RB = 3R R⋅ R 10 ⎪ R ⇒ R1 ⋅ R3 = 2 = 10 = 5 b) Correta. ⎨R3 = RC = 4 ( 6n + 5 ) 10 ⎪ 2 R2 ⋅ R4 3R ⋅ R 6 3 10vb) Incorreta: T = ⇒ = ⎪ R 10 3 ( 2n + 1) 2 7g 7 ⎪R4 = RD = ⎩ 107 ⋅ (12n + 10 ) = 15 ( 4n 2 + 4n + 1) ⇒ 60n 2 − 24n − 55 = 0 ⎧R1 = RB = 3REquação cujo delta não é um quadrado perfeito. ⎪ ⎪R = R = R v 4 ( 6n + 5 ) ⎪ 2 C 2 R ⋅R 3R ⋅ R 5c) Incorreta: T = ⇒ =1 c) Falsa. ⎨ ⇒ 1 3 = = 60 ≠ 3 ( 2n + 1) 2 g ⎪ R3 = RA = R R2 ⋅ R4 R ⋅ R 3 ⎪ 2 104 ⋅ ( 6n + 5 ) = 3 ⋅ ( 4n 2 + 4n + 1) ⇒ 12n 2 − 12n − 17 = 0 R ⎪R4 = RD = ⎩ 10Equação cujo delta não é um quadrado perfeito. ⎧ R v 4 ( 6n + 5 ) ⎪R1 = RD = 10d) Incorreta: T = 12 ⇒ = 12 g 3 ( 2n + 1) 2 ⎪ R R ⋅ ⎪R2 = RA = R R1 ⋅ R3 10 2 1 5 d) Falsa. ⎨ ⇒ = = ≠( 6n + 5 ) = 9 ⋅ ( 4n 2 + 4n + 1) ⇒ 36n 2 + 30n + 4 = 0 ⇒ 18n 2 + 15n + 2 = 0 ⎪R = R = R R2 ⋅ R4 R ⋅ 3R 60 3 ⎪ 3 C 2 −15 ± 225 − 4 ⋅ 18 ⋅ 2 −15 ± 9 ⎪n= = <0 ⎩R4 = RB = 3R 2 ⋅ 18 2 ⋅ 18 10
  11. 11. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE AFA 2009 – FÍSICA QUESTÃO 24 v = vxO diagrama abaixo representa as posições de dois corpos A e B em Como a altura éfunção do tempo. mediana, o triângulo é isósceles e os ângulos Sombra da base são iguais. Trecho 1 h Trecho 2 Δy α α Δx d dPor este diagrama, afirma-se que o corpo A iniciou o seu movimento, Como o plano inclinado é retilíneo, podemos aplicar tgα da seguinteem relação ao corpo B, depois de maneira:a) 2,5 s b) 7,5 s c) 5,0 s d) 10 s Δy tgα = Resolução Alternativa C ΔxConsiderando t1 como o tempo onde os corpos se encontram: Além disso, do movimento da bola, Δx = v Δt Δy Logo, tgα = ⇒ Δy = (v .tgα ).Δt = k Δt ; k constante. v Δt Como Δy = k Δt , o movimento da sombra em y é uniforme, assim como o de x, logo o movimento da sombra é uniforme, e no trecho 1: v1 = v x 2 + v y 2 > v t0A t1 De forma análoga, note que v 2 = v x 2 + v y 2 = v1 > vCálculo das funções horárias do espaço: Assim temos v1 = v 2 > v .Corpo B: SB = S0B + v B ⋅ t 0 − 40Pelo gráfico: v B = = −4 m / s 10 − 0Logo, SB = 40 − 4tPara SB = 10 m (ponto de encontro), temos 10 = 40 − 4t ⇒ t1 = 7,5 sCorpo A: SA = S0 A + v A (t − t0 A ) Δs s(10) − s(7,5) 20 − 10Pelo gráfico: v A = = = =4 m/s Δt 10 − 7,5 10 − 7,5Logo, SA = 0 + 4(t − t0 A ) = 4(t − t0 A )Para t = 10s, SA = 20m . Portanto:20 = 4(10 − t0 A ) ⇒ t0 A = 5sLogo o corpo A partiu 5 segundos após o corpo B QUESTÃO 25Uma bola rola com velocidade v , constante, sobre uma superfície devidro plana e horizontal, descrevendo uma trajetória retilínea.Enquanto a bola se desloca, a sua sombra percorre os planosrepresentados pelos trechos 1 e 2 da figura abaixo, com velocidadesescalares médias v1 e v 2 , respectivamente.Considerando que a sombra está sendo gerada por uma projeçãoortogonal à superfície de vidro, pode-se afirmar que o seu movimentoéa) acelerado no trecho 1 e retardado no trecho 2, sendo v1 > v > v 2b) acelerado nos dois trechos, sendo v1 = v 2 > vc) uniforme nos dois trechos, sendo v1 = v 2 = vd) uniforme nos dois trechos, sendo v1 = v 2 > v Resolução Alternativa DÉ fácil notar que a velocidade horizontal Vx da sombra é constante eigual a V .Observe a figura depois de um tempo Δt do início da subida: 11

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