RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IMEO ELITE CURITIBA é líder disparado de aprovações em escolas militares no Paraná. Confira alguns resultados: ITA – 17 aprovados! Em 2011, dos 5 aprovados do Sul do Brasil no ITA, 4 são do Elite Curitiba. 2011: BRUNA HALILA MORRONE 2011: BERNARDO MOSCARDINI FABIANI 2011: DANIEL CAUEH DUNAISKI FIGUEIRA LEAL 2011: ROBERTO BRUSNICKI 2010: TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP 2010: ALLISON FAUAT SCHRAIER 2009: LEONARDO FRISSO MATTEDI 2008: JULIANO A. DE BONFIM GRIPP 2008: LUCAS BRIANEZ FONTOURA 2008: MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES 2007: CAMILA SARDETO DEOLINDO 2007: VITOR ALEXANDRE C. MARTINS 2006: GABRIEL KENDJY KOIKE 2006: RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA 2006: YVES CONSELVAN 2005: EDUARDO HENRIQUE LEITNER 2005: FELLIPE LEONARDO CARVALHO 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA - FIS EPCAr – nova turma! 2012: 4 aprovados de 5 do Paraná BRUNO HENRIQUE DE AGUIAR DIEGO JONATAN BERTOLO FELIPE DE FREITAS LUCAS TEIXEIRA MARTINS Colégio Naval – nova turma! 2012: 6 aprovados na 1ª fase (100% da turma) DANIEL FIGEUIRA SAUTCHUK DIEGO JONATAN BERTOLO EDSON BAREIRO FILHO LUCAS BUTSCHKAU VIDAL MATHEUS MACHADO VIANNA PÉRICLES JOSÉ CARNEIRO JUNIOR EFOMM 2012: 4 aprovados de 5 do Paraná ANDRESSA DA SILVA VIANNA ARTHUR MEDEIROS TIMM DE LIMA BRUNA SALOMÃO CABRAL LUCAS SANTANA EGEA 2011: 3 aprovados IME – 54 aprovados! 2011: 9 aprovados de 12 do Sul do Brasil 2010: 5 aprovados de 5 do Paraná 2009: 6 aprovados de 8 do Sul do Brasil 2008: 12 aprovados 2007: 11 aprovados de 16 do Paraná 2006: 4 aprovados (únicos do Paraná) 2005: 7 aprovados (3 únicos convocados do Paraná) AFA – 118 aprovados! 2012: 19 aprovados de 25 do Paraná (incluindo 3 alunos entre os 15 primeiros do Brasil) FÁBIO SCHUBERT GELBCKE MARIO CASTELLO BRANCO GOMES RAFAEL NERONE GADENS GABRIEL HENRIQUE VIANA FELICIO BRUNA SALOMÃO CABRAL CARLOS ALEXANDRE NOVAK MADUREIRA MATHEUS NAMI BERTOLDI GIANCARLO DO PRADO FRASSON RUAN HENRIQUE COLOMBO RENAN LUIZ OTAVIO KICHEL DA SILVA PEDRO BAZIA NETO ALESSANDRA CAROLINE LOVISETTO TRENTIN CESAR PEREIRA DE FREITAS LUCIANA RODRIGUES SILVA RAFAEL FERNANDES DOMINGUES JOSÉ ÂNGELO STIVAL NETO JOÃO EDUARDO PEDROSA FERNANDO BARREIROS BOLZON FÁBIO NADAL GRIGOLO Escola Naval 2011: 3 aprovados (únicos do Paraná) Turma de Extensivo com resultados crescentes na Federal do Paraná: UFPR 2011: 21 aprovados (turma de 30 alunos) 2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina) 2009: 17 aprovados 2008: 9 aprovados 2007: 70% de aprovação na 1ª fase 2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2005: 1ºLugar em Direito (matutino) 1ºLugar em Relações Públicas UFTPR 2010: 16 aprovados. 2009: 36 aprovados 2008: 30 aprovados 1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica 1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica 1º lugar – Eng. de Computação 2007: 17 aprovados 2006: 22 aprovados 1° Lugar em Eng. Mecânica 2° Lugar em Eng. Eletrônica 2011: 28 aprovados 2010: 22 aprovados 2009: 14 aprovados de 20 do Paraná (incluindo o 2º lugar geral do Brasil) 2008: 14 aprovados 2007: 10 aprovados de 14 do Paraná 2006: 11 aprovados de 18 do Paraná ESPCEX – 63 aprovados! 2011: 11 aprovados (turma de 40 alunos) 2010: 13 aprovados 2009: 10 aprovados (incluindo 5 entre os 10 primeiros do Paraná) 2008: 11 aprovados (incluindo o 1º e o 2º do Paraná) 2007: 9 aprovados 2006: 9 aprovados EEAR 2012: 17 aprovações 2011: 6 aprovações (incluindo o 1º lugar geral do Brasil – Larissa Polli da Costa) 2009: 3 aprovações 2008: 4 aprovações (incluindo os 2ºs lugares dos grupos 1 e 2) 2006: 2 convocados Só no ELITE você encontra: - Turmas reduzidas de alto desempenho e direcionadas por concursos - Carga elevada de simulados e exercícios - Exatas no mais alto nível, com professores do ITA e IME - Revisão dos últimos 10 anos dos concursos 3013-5400 Novo endereço: Rua Inácio Lustosa, 281 ao lado do Shopping Mueller Acesse: www.elitecuritiba.com.br -1(41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA Nesse ponto. logo: ℓ2 = 2 – ℓ1 (vi) Portanto. Determine: a) a altura h. m2 e m3 apresentam dimensões desprezíveis. Diante do exposto. sabendo que este fica parado após o choque: (M1+M2)VA = M3V3 V3 = (M1+M2). temos: M1gh = M1V1²/2 V1² = 2gh Da conservação do momento linear na colisão. 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA .s-2. cuja massa específica linear é 4 kg/m. A viga é constituída por um material uniforme e homogêneo.52+d·cosθ (ix) CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA .5 m da extremidade D da haste. eqüidistantes de 0. desprendendo-se do fio. e sendo V1 a velocidade do bloco 1 imediatamente antes do choque. situado na extremidade da viga CE. de massa m3 = 8 kg. conforme mostra a figura acima.M1V1/(M1+M2)/M3 V3 = (M1/M3)V1 -2(41) 3013 5400 www. com a extremidade D apoiada no solo e a B em um ponto de um fio ABC com 2. b) o valor e o sentido da reação vertical do apoio E depois que o corpo m3 atinge o ponto C da viga. determine a inclinação θ da haste.RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME FÍSICA 01. o conjunto m1 + m2 para e o corpo m3 move-se em uma superfície rugosa de coeficiente de atrito cinético igual a 0. Sabe-se que uma freqüência de batimento de 10 Hz foi produzida pela vibração dos segmentos AB e BC em suas freqüências fundamentais após serem percutidos simultaneamente. Após o choque. As extremidades A e C do fio estão fixadas no solo. RESOLUÇÃO Densidade linear da corda: µ = 0. 100 g de massa e tensionado de 15 N. Ao ser solto.1/2 = 5·10-2 kg/m (i) Fórmula de Taylor: v = (T/µ)1/2 = 10√3 m/s (ii) 1° harmônico no trecho AB: ℓ1 = λ1/2 → λ1 = 2·ℓ1 → f1 = v/λ1 = 5√3/ℓ1 (iii) 1° harmônico no trecho BC: ℓ2 = λ2/2 → λ2 = 2·ℓ2 → f2 = v/λ2 = 5√3/ℓ2 (iv) Frequência de batimento: fBAT = f2 – f1 → 10 = 5√3/ℓ2 – 5√3/ℓ1 (v) Mas.52–d·cosθ (viii) ℓ12 = d2+0.FIS Logo. Dado: aceleração da gravidade: 10 m. Observação: Considerar que os corpos m1. como mostra a figura acima. 02.52–d·cos(180°-θ) = d2+0. os corpos m1 e m2 passam a deslizar unidos sobre uma superfície lisa e colidem com um corpo em repouso. ℓ1 = (2 – √3 + √7)/2 e ℓ2 = (2 + √3 – √7)/2 Um corpo de massa m1 = 4 kg está em repouso suspenso por um fio a uma altura h do solo. a velocidade do bloco 3 após a colisão com o sistema 1+2.45.br Da figura. RESOLUÇÃO a) Determinar a altura h: i) Encontrar a velocidade do conjunto após a colisão no ponto A: Da conservação da energia no pêndulo. d = (13-2√21)1/2/2 e θ = arccos ( 2· (√7 – √3)/ (13 – 2√21)1/2 ) Um varal de roupas foi construído utilizando uma haste rígida DB de massa desprezível.com.elitecuritiba. temos: ℓ22 = d2+0. temos VA: M1V1 = (M1 + M2)VA VA = M1V1/(M1+M2) ii) Encontrar V3.0 m de comprimento. substituindo (vi) em (v) temos: ℓ12 – (2–√3) ℓ1 – √3 = 0 (vii) Logo. choca-se com o corpo m2 de 2 kg no ponto A. ℓ1+ ℓ2 = 2. estacionando no ponto C. 5 Ey = -25 N Portanto.255 → τ’ = 25. Os dados de operação da máquina indicam que seu índice de desempenho é 80%.68·QH= 0.32 Logo.4 → η = 0.0.4 → ID’ = η’/ηMAX’ → 0.5 m. é metade do da primeira máquina. a energia cinética é totalmente dissipada pelo atrito.com. o engenheiro argumenta que. que também opera em um ciclo termodinâmico.32·QH) = 0. temos: Mg.0816·QH)/(0.25 = Ey + 80. . sob CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA 04.br .2 Calor aproveitável transferido para a 2ª máquina térmica: QH’=0. Admite-se que o índice de desempenho de segunda máquina.408·QH Trabalho da 2ª máquina térmica: τ’ = η’·QH’ = 0.0816·QH Portanto: τ’/τ = (0. 03. Ele afirma que é possível racionalizar a operação acoplando uma segunda máquina térmica ao reservatório de menor temperatura e fazendo com que esta rejeite calor para o ambiente. RESOLUÇÃO Máximo rendimento da 1ª máquina térmica: ηMAX = 1 – TC/TH = 1 – 600/1000 = 0. extraindo energia de um reservatório térmico a 1000 K e rejeitando calor para um segundo reservatório a 600 K. .8 m b) Com o blobo 3 parado na extremidade C da viga.5%·τ Logo.6· 0.(8/4)² h = 1. Observação: o índice de desempenho de uma máquina térmica é a razão entre o seu rendimento real e o rendimento máximo teoricamente admissível. peso da viga Mg. Calculando o momento em relação ao apoio D. um engenheiro observa o funcionamento de uma máquina térmica que produz trabalho e opera em um ciclo termodinâmico. 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA . então seu peso vale 60 N.Pelo somatório de forças.8 = η/0.2·0.1. Em visita a uma instalação fabril. verifique se o valor de 30% está correto. a segunda máquina pode disponibilizar uma quantidade de trabalho igual a 30% da primeira máquina.68·QH Máximo rendimento da 2ª máquina térmica: ηMAX’ = 1 – TC’/TH’ = 1 – 300/600 = 0.45.6· QC = 0.5 60.0. Por meio de uma análise termodinâmica do problema. a reação no apoio E tem módulo 25 N e aponta de cima para baixo. -3- (41) 3013 5400 www.RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME iii) Sabendo que em C o bloco 3 para. Ex vale zero.4 = η’/0. Reação ao apoio D.elitecuritiba.1 + N.0. temos que as forças atuantes nela são: Normal N do bloco 3.FIS estas condições.4 Índice de desempenho e rendimento real da 1ª máquina térmica: ID = η/ηMAX → 0. o valor de 30% informado pelo engenheiro estava incorreto. Reações em x e y no apoio E.32·QH e o calor rejeitado pela 1ª máquina térmica vale: QC = QH – τ = 0.0. WFat = EC – EB uNd = M3V3²/2 uM3gd = M3V3²/2 2ugd = V3² = (M1/M3)²2gh h = ud(M3/M1)² = 0.Sabendo-se que a densidade linear da barra é 4 kg/m e ela possui 1.5 → η’ = 0.0. . o trabalho realizado pela 1ª máquina térmica vale : τ = η·QH = 0.A reação normal do bloco 3 vale 80 N.408·QH = 0.25 = Ey. que se encontra a 300 K.5 Índice de desempenho e rendimento real da 2ª máquina térmica: ID’ = ID/2 = 0. Ao ser informado de que apenas 60% do calor rejeitado pela primeira máquina pode ser efetivamente aproveitado. com.coeficiente de dilatação térmica linear do corpo: α = 0. e resolver o problema no referencial do carrinho. temos: ueN = mgsen(a) uemgcos(a) = mgsen(a) ue = tg(a) = 1 De acordo com a primeira observação. determine: a) o vetor momento linear da bola em relação ao solo no momento em que se desprende do conjunto.00001 K-1.(3α).m. Dados: .o coeficiente de atrito cinético é igual a 80% do coeficiente de atrito estático.0. podemos desconsiderar a variação da quantidade de movimento e da energia cinética do carrinho devido à interação com a bola.8ue = 0.Aceleração da gravidade: g = 10 m.calor específico do corpo: c = 400 J.aceleração da gravidade: g = 10 m. RESOLUÇÃO (i) Calculando o coeficiente de atrito cinético: O coeficiente de atrito estático é dado pela situação de equilíbrio do corpo sobre a rampa. 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA .Constante elástica da mola: k = 100 N.0. A bola é liberada e se desprende do conjunto na posição em que a mola deixa de ser comprimida. uma mola comprimida inicialmente de 10 cm e uma pequena bola apoiada em sua extremidade. RESOLUÇÃO Como é dito que M >> m.FIS A figura apresenta um carrinho que se desloca a uma velocidade constante de 5 m/s para a direita em relação a um observador que está no solo. temos: mVb² = kx² . Decompondo as forças na direção do plano. então a quantidade de calor que será responsável por aquecer o bloco será 40.elitecuritiba. . onde m é a massa do bloco (iii) Sabendo que metade dessa energia dissipada se transforma em calor.10-9 m3 05.001.1 ∆V = 0. sobe a rampa AB e atinge o repouso no ponto B. Dados: . Assim: CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA -4- (41) 3013 5400 www.1ºC (iv) Aplicando essa variação de temperatura na expressão da dilatação volumétrica: ∆V = Vo.00003. onde N =mgcos(a) WFat = -umgcos(a)d WFat = -80.2mgh Vb = 2 m/s Portanto.volume inicial do corpo: vi = 0.∆T ∆V = 0.s-2 Observação: A massa do carrinho é muito maior que a massa da bola. Observações: .m-1 . temos um lançamento obliquo de 30 graus com 2 m/s. Sobre o carrinho encontra-se um conjunto formado por um plano inclinado de 30º.s-2.001 m3. Assim.br .γ. Determine a variação volumétrica do corpo devido à sua dilatação. . Sabe-se que existe atrito entre o corpo e a rampa e que a metade da energia dissipada pelo atrito é transferida ao corpo sob a forma de calor.8 (ii) Calculando o trabalho realizado pelo atrito na subida da rampa cujo comprimento vale d = 10raiz(2) WFat = -uNd. devido a um dispositivo mecânico.kg-1. . .m Q = mc(∆T) = 40m ∆T = 40/c = 0.1 ∆V = 3. b) a distância entre a bola e a extremidade da mola quando a bola atinge a altura máxima.1K = 0.Massa da bola: m = 200 g .RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME Um corpo com velocidade v parte do ponto A.o coeficiente de atrito estático é o menor valor para o qual o corpo permanece em repouso sobre a rampa no ponto B. Considerando que a mola permaneça não comprimida após a liberação da bola. a conservação da energia mecânica do sistema carrinho + mola + bola ficaria resumida a: Kx²/2 = mVb²/2 + mgh Onde Vb é a velocidade da bola após perder o contato com a mola.001.0.K-1. Resolvendo para Vb. u = 0. b) a equação da posição da sombra do objeto no anteparo em função do tempo. 0.Cálculo da altura máxima: Vy² = Voy² + 2aDy 0 = 1² . Determine: a) o instante t em que o objeto se choca com o anteparo. onde a > 0. sabendo que a trajetória do raio é descrita pela equação y = ax2. Observação: P(x. Dados: . onde temos θ = 90°.20Dy Dy = Hmáx = 1/20 = 0. d) a equação da velocidade da sombra do objeto no anteparo em função do tempo caso o campo elétrico esteja agindo horizontalmente da esquerda para a direita.3 + 5. temos que n( y ) = n0 4a 2 x 2 + 1 n( y ) = n0 4ay + 1 07. cotgθ = 2ax e y=ax2.18 m 06.0.1 = 0. suas velocidades horizontais iniciais são v e 2v. incluindo para o n(0)=n0. respectivamente. 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA . novamente olhamos apenas para o referencial do carrinho + mola. Assim: n(0) sin 90° = n( y ) sin θ n( y ) = n0 co sec θ Como cosec2θ = cotg2θ + 1.2) b) Para calcular a distância da bolinha em relação à extremidade da mola. .1 3 m . o produto n(y)senθ deve ser constante. 1) (px.y) é o ponto de tangência entre a reta t e a parábola.(.RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME Vy = Vsen(a) = 1 m/s Vx = Vcos(a) = 3 m/s a) No referencial do solo. Determine o índice de refração n desse meio. RESOLUÇÃO a) F = may → ay = q·E/m ∆h = v0y·∆t + ay·∆t2/2 → d = q·E·∆t2/(2m) → ∆t = (2m·d/(q·E))1/2 -5(41) 3013 5400 www.FIS RESOLUÇÃO Pela Lei de Snell. No instante t = 0.1s Dx = Vx.3 + 5 (Vbs)y = (Vbc)y + (Vcs)y = 1 + 0 Portanto.Cálculo da distância x quando a bola se encontra na altura máxima: ts = Vy/g = 1/10 = 0.cotg θ = 2ax. A figura apresenta uma fonte de luz e um objeto com carga +q e massa m que penetram numa região sujeita a um campo elétrico E uniforme e sem a influência da força da gravidade. .ts = 3 . temos que a velocidade da bolinha em x e y é dada por: (Vbs)x = (Vbc)x + (Vcs)x = . A figura acima mostra a trajetória parabólica de um raio luminoso em um meio não homogêneo.n(0) = no. que é uma função de y. py) = m.05 m .Distância total: D² = Dx² + Dy² D = 0. o vetor momento linear da bolinha em relação ao solo é: (px. py) = (-0.com.2 3 + 1. c) a velocidade máxima da sombra do objeto no anteparo.elitecuritiba.br CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA . -6(41) 3013 5400 www. para um instante t qualquer: v·t /(d+∆h) = x2 /2d → x2 = 4mdvt/(2dm+qEt2) 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA . Obs: teoricamente o maior valor de vS ocorreria para f = -2.FIS x2/(2d) = (vt+qEt2/(2m))/d → x2 = 2vt + qEt2/m Finalmente. teríamos: Uma balsa de 2 x 106 kg encontra-se ancorada em um cais realizando uma operação de carregamento. antes de a partícula adentrar a região de campo elétrico. temos vS = v. Logo. atingindo um valor máximo para f = 0 (instante inicial). temos que. Para f < 2 percebemos que o valor da velocidade da sombra aumenta. conforme apresentado na Figura 2. denominado Tcalado. xS = x1 + x2 → xS = 3vt + qEt2/m 08. a uma distância de 12. Logo. Além desses dois tanques. tendo esta necessariamente velocidade igual a do objeto. Um corpo de massa 400 x 103 kg está embarcado na balsa. A primeira carga se localiza em uma bóia no interior do tanque e a segunda carga se localiza no teto. Cada um desses tanques possui uma bomba que realiza a transferência da água contida em seu interior para o outro tanque. de modo que seu plano de embarque permaneça no nível do cais.RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME b) Da figura abaixo. que controla a profundidade (posição vertical) da balsa. pois não teríamos forças atuando. quando vS = 3·v. atuando da esquerda para a direita. Sabendo-se que: a massa total de água dos tanques de proa e de popa é 1. e em equilíbrio mecânico.elitecuritiba. o que faz sentido. teríamos: xq = 2vt + qEt2/(2m) (partícula uniformemente acelerada na horizontal) xF = vt (fonte com movimento uniforme na horizontal) Na vertical não teríamos movimento. portanto. pois neste ponto a carga q entra em contato com o anteparo e portanto com a sua própria sombra. a velocidade neste instante será dada por: vS = (q2E2v(f·m·d/(q·E))2+12m2d2v)/(2md+qE(f·m·d /(q·E)))2 vS = (vf2m2d2+12m2d2v)/(2md+ fmd)2 vS = v·(f2+12)/(f+ 2)2 Para f = 2. determine: a) A massa de água em cada um dos três tanques. a balsa encontra-se nivelada com o cais.com. Logo. onde 0 ≤ f ≤ 2.4 x 106kg. Para a determinação do volume de água contido no tanque de calado. foi idealizado um dispositivo composto por duas cargas positivas iguais a 1 µC . Toda situação descrita acima se encontra representada na Figura 1. que é capaz de medir a força de repulsão entre as cargas. pois representaria um tempo negativo. xS = x1 + x2 → xS = vt + 4mdvt/(2dm+qEt2) → xS = (6mdvt +qEvt3)/(2dm+qEt2) c) A velocidade da sombra num instante t qualquer é dada por: vS = dxS/dt = (q2E2vt4+12m2d2v)/(2md+qEt2)2 O intervalo de tempo procurado é da forma t = (f·m·d/(q·E))1/2. captando ou rejeitando a água do mar.br CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA . porém este resultado não possui significado físico. d) Para um campo elétrico na horizontal.5 m a esquerda do centro de gravidade da balsa (cg) e centralizada em relação ao eixo y. existe o tanque de calado. O alinhamento horizontal da balsa é controlado por dois tanques denominados tanque de proa e tanque de popa (Tproa e Tpopa). a altura do cais (hcais) medida a partir da lâmina d’água é 4 m. de acordo com a figura a seguir. Comprimento: 30 m.4·107 + 2·107 + 0.Altura: h = 10 m.8522) → F≈0. O corpo possui uma velocidade v perpendicular ao campo magnético. . e .09465 Altura vazia (ar) no tanque de calado: d = f·hCALADO = 0.23·105 kg b) Volume total do tanque de calado: VCALADO = 9·9·30 = 2430 m3 Fração vazia do tanque de calado: f = 1 – mCALADO/(ρ· VCALADO) = 1 – 2. e . e período também T. b) a energia potencial elástica máxima.m-3 .Permissividade do vácuo ε 0 = 8.Dimensões da balsa: .R2/2 EEl.RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME b) O módulo da força de repulsão entre as cargas. toda a energia mecânica é cinética. mv2max/2 = B2q2R2/2m vmax = BqR/m d) A freqüência do movimento é o inverso do período.4 = 6 m VSUB = hSUB·A = 6·103 m3 E = ρ·g·hSUB = 6·107N E = PCALADO+PPROA+PPOPA+PBALSA+PCARGA 6·107 = PCALADO + 1.Dimensões do taque de calado: . .2·107 N → mCALADO = 2.4·107·12.43· 106) = 0. e corresponde a energia mecânica total.5 – 0. Nele incide um feixe de luz paralela que o ilumina. .com.Largura: 10 m. Determine: a) o valor da constante elástica da mola.4·106 kg Logo: mPROA = 7.852 m Força de repulsão entre as cargas: F = q1·q2/(4·π·ε0·d2)= 10-12/(4·π·8. projetando a sua sombra em uma tela onde executa um movimento equivalente ao de um corpo com massa m preso a uma mola.Altura: 9 m. Dados: .Comprimento: c = 100 m.2·106/(2.5 – mPOPA·10·32.5 = 0 → mPROA – mPOPA = 1. temos que: mPROA·10·32. EEl.4·107 PCALADO = 2.m-1 .2·106 kg Fazendo equilíbrio de momentos em torno do CG e considerando que o centro de gravidade do tanque de calado se encontra na mesma vertical do CG da balsa.FIS Na Figura 1 é apresentado um corpo de massa m e carga +q imerso em um campo magnético B.54·105 kg Mas.max = B2q2R2/2m c) A velocidade é máxima VMax é atingida quando o corpo passa pela sua posição de equilíbrio.85x10-12 F. conforme apresentado na Figura 2.85·1012 ·0. O período de um oscilador massa-mola é dado por 2π Logo: 2πm/Bq = 2π K = B2q2/m b) A energia elástica é máxima na elongação máxima (x=A). . Observação: Despreze a ação da gravidade.br CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA . Observações: .Só é permitida a rotação da balsa em torno de seu eixo y (ver Figura 1). d) a frequência do movimento. RESOLUÇÃO A força magnética exerce o papel de força centrípeta e obriga o corpo a fazer um MCU de raio R: B|q|v=mv2 /R → R = mv/Bq Seja T o período do MCU: T = 2πR/v = 2πm/Bq A projeção do MCU do corpo na tela de projeção será um MHS de amplitude A = R.elitecuritiba.01N 09. Neste caso.Densidade da água ρ = 1000 kg.O corpo possui dimensões desprezíveis quando comparado à balsa.09465·9 = 0.Largura: 9 m. 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA . c) a velocidade máxima do corpo.77·105 kg e mPOPA = 6.max = K.A2/2 = (B2q2/m). f = 1/T = Bq/2πm -7(41) 3013 5400 www. sabemos que: mPROA + mPOPA = 1. RESOLUÇÃO a) hSUB = h – hCAIS = 10 . 76 m Seja V a velocidade do som.elitecuritiba. determine: a) a velocidade do som no local. A velocidade do carro (fonte).br . RESOLUÇÃO a) Seja f´A a freqüência percebida pelo observador em A. encontramos V = 344. 10. é acionada no momento em que θ = 60º.5 Hz A figura apresenta um carro C que está se movendo a uma velocidade de 36 km/h em direção a um observador situado no ponto A e que passa próximo de um observador situado no ponto B.FIS VF = 36 km/h = 10 m/s Da equação do Efeito Doppler: f´= f V/0. f´A = V/0. b) a frequência ouvida pelo observador situado em B. Sabendo que a frequência ouvida pelo observador situado em A é igual à frequência fundamental de um tubo de 0. Assim. 2011-2012 25/OUT/2011 PROVA DISCURIVA . A reta CB forma um ângulo θ com a reta CA.: O examinador deveria diferenciar os corpos ( o como carga do ligado a mola).4 m/s b) Seja f´B a freqüência percebida pelo observador em B. cuja frequência é 440 Hz.19 m de comprimento aberto em uma das extremidades. Para a vibração fundamental em um tubo sonoro aberto em somente uma das extremidades: L = 0.76 CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA -8(41) 3013 5400 www.cos60° = 5m/s Da equação do Efeito Doppler: f´= f f´B= 440 f´B= 446. Observação: O tubo encontra-se no mesmo local dos observadores.RESOLUÇÃO COMENTADA CONCURSO IME Obs. em relação a B é 10. O item C tem dupla interpretação.19 = λ/4 → λ = 0. A buzina do carro.76 = 440 Resolvendo.com.