GGE RESPONDE IME 2021 FÍSICA (2ª FASE)...2 ûW 300,5 0 6 . Pot( ) 1500W û( -2 2 GGE RESPONDE IME...

GGE RESPONDE IME 2021

FÍSICA (2ª FASE)

GGE RESPONDE IME 2021 – 2ª FASE - FÍSICA 1

01. Há diversos meios de se medir a intensidade de um campo magnético. Usando-se uma balança de dois braços, com pratos P1 e P2, é possível fazes essa medição. A figura mostra um retângulo JKLM suspenso por um dos pratos de uma balança, o qual é constituído de um número n de espiras superpostas. Cada uma das espiras é percorrida por uma corrente i, cujo sentido inicial é mostrado na figura. A parte inferior das espiras está inserida numa região de

campo magnético B . Se o sentido da corrente for invertido, verifica-se a necessidade de colocar uma carga extra, de massa m, no prato da balança em que as espiras estão suspensas, para restaurar o equilíbrio do sistema.

Considerando g a aceleração da gravidade local, determine a intensidade de B

Dados:

• g = 9,8 m/s2;

• n = 100 espiras;

• i = 0,01 A;

• a = 5,00 cm; e

• m = 10,0g. Resolução: Analisemos os dois casos mencionados: 1º caso: Corrente desde o ponto L até o ponto M.

X X X X X X X X X X X X X

BF

M L

X X X X X X X X X X X X

Admitindo as massas m1 e m2, nos pratos P1 e P2 da balança respectivamente:

1 2m g m g n i a B= +


FÍSICA (2ª FASE)


2º caso: Corrente desde o ponto M até o ponto L.


BF

M L


Nesse caso, temos:

1 2( )m g m m g n i a B= + −

Subtraindo as duas equações, vem:

2 n i a B mg =

:

2 100

Então

0,01 25 10− 10B = 310− 9,8

0,98B Tesla

=


FÍSICA (2ª FASE)


02.

Um circuito é composto por uma fonte de tensão constante que alimenta resistores por intermédio de seis

chaves. As chaves estão inicialmente abertas e mudam de estado sequencialmente nas faixas de tempo da

tabela até concluir um ciclo completo:

Sequência de mudança de estados das chaves para um ciclo

faixa de tempo mudança

01 Ch 01 fecha

02 Ch 01 abre - Ch 02 fecha

03 Ch 01 fecha

04 Ch 01 e Ch 02 abrem - Ch 03 fecha

05 Ch 03 abre e Ch 04 fecha

06 Ch 03 fecha

07 Ch 03 e Ch 04 abrem - Ch 05 fecha

08 Ch 05 abre e Ch 06 fecha;

09 Ch 05 fecha

10 Ch 01, Ch 02, Ch 03, Ch 04 fecham

Observações:

• as chaves são ideais;

• todas as faixas possuem a mesma duração;

• o ciclo se repete 1O vezes por minuto;

• a mudança de estado das chaves acontece sempre, instantaneamente, no início de cada faixa de

tempo; e

• todas as chaves são abertas instantaneamente no final da faixa de tempo 1O.

Diante do exposto, pede-se:

a) a energia fornecida pela fonte, em joules, em 1O minutos;

b) a curva de potência (Watt) em função do tempo (segundo), fornecida pela fonte durante um ciclo

completo; e

c) uma alternativa de configuração do circuito que, com chaves permanentemente fechadas, implica em um consumo de energia desde t = O até t = 1O min igual ao consumo obtido no item a).


FÍSICA (2ª FASE)


Resolução: De acordo com o texto do problema temos um ciclo de 10 etapas que se repete 10 vezes por minuto. Isso significa que cada etapa tem 0,01min, ou seja: 0,6s de duração. Vamos agora a descrição de cada etapa. 1ª faixa de tempo: chave 1 fecha.

0 t 0,6s

Temos o circuito a seguir:

40Ω

Temos

eq 1

1

1

300 4

A

U R

( )0 0

5

2

=

= +

=

i

i

i

20Ω

1

300V

Então

1Pot( ) U 1500.3001 5= = =i

1 .3Δ 01 0 ,E( ) U Δt 9005 0 6= = =i

Pot( ) 1500W

ΔE( ) 900J

1

1

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


2ª faixa de tempo: chave 1 abre e chave 1 fecha.

0,6s t 1,2s


40Ω

Temos

eq 2

2

2

300 4

A

U R

( )0 0

5

2

=

= +

=

i

i

i

20Ω

2

300V

Então

2Pot( ) U 1500.3002 5= = =i

2 .3Δ 02 0 ,E( ) U Δt 9005 0 6= = =i

Pot( ) 1500W

ΔE( ) 900J

2

2

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


3ª faixa de tempo: chave 1 fecha.

1,2s t 1,8s


40Ω

Temos

40Ω

eq 3

3

3

300 20

A

R

2

U

0( )

7,5

=

= +

=

i

i

i

20Ω

3

300V

Então

3 .3P 00ot( ) U 2253 07,5= = =i

3 .30ΔE( ) 30 7,U Δ 6t 053 1, 50= = =i

Pot( ) 2250W

ΔE( ) 1350J

3

3

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


4ª faixa de tempo: chave 1 e 2 abrem e chave 3 fecha.

1,8s t 2,4s


20Ω

Temos

eq 4

4

4

300 2

A

U R

( )

1

0

0

10

=

= +

=

i

i

i

10Ω

4

300V

Então

4 .3P 0( 0ot ) U 014 3 000= = =i

4 .30ΔE( ) 80 10 0,6U Δ 04 t 1 0= = =i

Pot( ) 3000W

ΔE( ) 1800J

4

4

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


5ª faixa de tempo: chave 3 abre e chave 4 fecha.

2,4s t 3,0s


20Ω

Temos

eq 5

5

5

300 2

A

U R

( )

1

0

0

10

=

= +

=

i

i

i

10Ω

5

300V

Então

5 .3P 0( 0ot ) U 015 3 000= = =i

5 .30ΔE( ) 80 10 0,6U Δ 05 t 1 0= = =i

Pot( ) 3000W

ΔE( ) 1800J

5

5

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


6ª faixa de tempo: chave 3 fecha

3,0s t 3,6s


20Ω

Temos

20Ω

eq 6

6

6

300 1

A

U R

( )

1

0

5

10

=

= +

=

i

i

i

10Ω

6

300V

Então

6 .3P 0( 0ot ) U 516 4 005= = =i

6 .30ΔE( ) 70 15 0,6U Δ 06 t 2 0= = =i

Pot( ) 4500W

ΔE( ) 2700J

6

6

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


7ª faixa de tempo: chave 3 abre e 4 abrem e chave 5 fecha.

3,6s t 4,2s


10Ω

Temos

eq 7

7

7

300 1

A

R

0

U

( )

20

5

=

= +

=

i

i

i

5Ω

7

300V

Então

7 .3P 0( 0ot ) U 027 6 000= = =i

7 .30ΔE( ) 60 20 0,6U Δ 07 t 3 0= = =i

Pot( ) 6000W

ΔE( ) 3600J

7

7

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


8ª faixa de tempo: chave 5 abre e e chave 6 fecha.

4,2s t 4,8s


10Ω

Temos

eq 8

8

8

300 1

A

R

0

U

( )

20

5

=

= +

=

i

i

i

5Ω

8

300V

Então

8 .3P 0( 0ot ) U 028 6 000= = =i

8 .30ΔE( ) 60 20 0,6U Δ 08 t 3 0= = =i

Pot( ) 6000W

ΔE( ) 3600J

8

8

=

=


FÍSICA (2ª FASE)



4,8s t 5,4s


10Ω

Temos

10Ω

eq 9

9

U R

(

A

300 5 5)

30

=

= +

=

i

i

i

5Ω

9

300V

Então

9 .3P 0( 0ot ) U 039 9 000= = =i

9 .30ΔE( ) 40 30 0,6U Δ 09 t 5 0= = =i

Pot( ) 9000W

ΔE( ) 5400J

9

9

=

=


FÍSICA (2ª FASE)



4,8s t 5,4s


40Ω

Temos

10Ω

eq 10

10

10

U R

52,5A

40300

7

=

=

=

i

i

i

10

300V

Então

10 .3P 001 5 10 2ot( ) U 575,5 0= = =i

10 .30ΔE( ) 40 5 510 2, 95U Δt 00,6= = =i

Pot( ) 15750W

J

10

10ΔE( ) 9450

=

=

20Ω


FÍSICA (2ª FASE)


Finalmente: Letra a) A energia total fornecida pela fonte em apenas 1 ciclo, de duração 6,0s, será dada por:

cicloE 900 1350 1800 2700 3600 5400 94502 2 2= + + + + + +

cicloE 31500J=

Como em 10min=600s ocorrem 100 ciclos, temos:

totalE 3150000J=

Letra b)


FÍSICA (2ª FASE)


Letra b) Para que o arranjo de resistores apresente o consumo do item a com uma resistência equivalente fixa essa resistência deverá ser dada por:

total

EQ

2UE Pot Δt Δt

R= =

2

EQ

3003150000 10 60

R=

EQ

120R Ω

7=

Um arranjo possível seria: Chaves 1, 2 e 3 fechadas. Chaves 4, 5 e 6 abertas. Nesse caso teríamos a seguinte configuração de resistores ativos:

40Ω

E vemos que a resistência equivalente será: ,

30Ω

EQ

030 40

3R

0 40

120= =

+ 70

EQ

120R Ω

7=

300V


FÍSICA (2ª FASE)


03.

Um tubo com seção reta interna quadrada de lado b contém dois fluidos incompressíveis em equilíbrio, separados por um êmbolo, conforme a situação ilustrada na figura. A cavidade em que o êmbolo se desloca, sem atrito, apresenta seção reta interna quadrada de lado a. O êmbolo é formado por um material indeformável, com massa, espessura e volume desprezíveis, e encontra-se, inicialmente, na posição superior dentro da cavidade. Em certo instante, a segunda extremidade do tubo é perfeitamente vedada com uma tampa, mantendo o ar confinado com a mesma pressão atmosférica externa. Dados: • massa específica do fluído 1 : 1000 kg/m3; • massa específica do fluído 2: 2000 kg/m3; • pressão atmosférica: Patm = 105 N/m2; • aceleração da gravidade: g = 1 O m/s2• • a= 0,2 m; e • b = 0,1 m. Considerando que não ocorrerão mudanças de temperatura nos fluidos e no ar confinado, para que êmbolo entre em equilíbrio 5,00 cm abaixo da posição inicial, quantos litros do fluido 1 deverão ser inseridos na extremidade aberta do tubo? Resolução:

Redução do volume de ar: 2 2 3a 0,05 ΔV 0,2 10 m− = =

Compressão isotérmica: 2 2 3 2 2

atm

5

P b 1,0 p (b 1,0 ΔV) 10 p (10 0,2 10 )

p 1,25 10 Pa

− − − − = −

=

Novo equilíbrio: atm 1 2 2

ΔVP p g(h 0,55) p p g(1,05 )

b

h 4,45m

+ + = + +

=


FÍSICA (2ª FASE)


Volume inserido:

2 2 2

2 3

Vol ΔV b h 0,2 10 4,45 10

Vol 4,65 10 m

Vol 46,5 litros

− −

−

= + = +

=

=

04.

Certa máquina térmica, operando em ciclo termodinâmico entre dois reservatórios térmicos com temperaturas de 600 K e 300 K, fornece a potência necessária para o acionamento de motores em uma fábrica, conforme apresentado na figura 1. Devido a aspectos ambientais, ela deverá ser retirada de atividade, mas o corpo técnico realizou um estudo inicial e concluiu que ela poderia ser reaproveitada com a introdução de um reservatório térmico intermediário de 400 K, conforme a figura 2. Dentro dessa proposição, o grupo propõe que se trabalhe com dois ciclos termodinâmicos em série, sendo que o ciclo superior deverá produzir uma potência de 40 HP, enquanto que o ciclo inferior disponibilizará uma potência menor não especificada. O setor financeiro argumentou que a conversão proposta só seria economicamente viável se a potência associada ao ciclo inferior for no mínimo 10% do ciclo original e se o consumo diário do novo combustível, que alimentará o motor térmico do ciclo superior, estiver limitado a 500 litros. Dados: • rendimento da máquina térmica no esquema original: 90% do máximo teoricamente admissível; • taxa de transferência de calor do reservatório térmico para a máquina térmica no esquema original: 540 MJ/h; • rendimentos das máquinas térmicas superior e inferior para a modificação proposta: 90% e 80% do máximo

teoricamente admissível, respectivamente; • tempo de operação diário das máquinas com a modificação proposta: 8 horas; • massa específica e poder calorífico do novo combustível: O, 12 kg/L e 50 MJ/kg; • taxa de energia empregada para o acionamento da máquina térmica inferior: 60% da taxa rejeitada pela máquina

térmica superior; e • Considere 1 HP = 3/4 kW. Observação: • a taxa de calor recebida pela máquina térmica superior é proveniente da queima do novo combustível a ser

empregado e o poder calorífico é definido como a quantidade de energia liberada no processo de combustão por unidade de massa.


FÍSICA (2ª FASE)


Baseado em uma análise termodinâmica do problema e nos dados acima, verifique se as condições do setor financeiro são atendidas. Em sua análise, expresse todas as potências em HP. Resolução: Máquina Térmica 1(Original)

ideal real ideal

rejeitada

real

rejeitada

rejeitada

300η 1 0,5. MAS η 0,9 η 0,45

600

PPq 540MJ / h 150kW η 1

Pq

P0,45 1 P 82,5kW ou 110HP

150

= − = = =

= → → = −

= − =

Modificação proposta Máquina Térmica (ciclo superior)

ideal real ideal

útilreal Q

Q

F

400 1η 1 . MAS η 0,9 η 0,3.

600 3

P 40 400η 0,3 P HP(*)

P 3 3

400 280Logo P 40 HP

3 3

= − = = =

= = =

= − =

60% de PF vai para máquina do ciclo inferior:

2800,6 x 56HP

3=

Ciclo inferior:

ideal real

300η 1 0,25 MAS η 0,8 0,25 0,2

400= − = = =

Assim,

(2) útil útilreal útil

entrada

P Pη 0,2 P 11,2HP

P 56= = =

A potência útil do ciclo inferior é maior do que 10 % da potência útil do ciclo original: 110 0,1 =11 HP.

De volta ao ciclo superior, Q

400P HP(*)

3=

Mas Q

31HP kW P 100kW

4→ =

Volume máximo que pode ser gasto: 500 l.

gastom 500 0,12 60kg.= =

Energia gasta (máximo) : 60 50 = 3000 MJ

Para 3 3Δt 8h ou 28.000s,a energia necessária aoprojetovale : 100 10 x 28,8 10 28800MJ= =

Logo, o projeto atende o sistema financeiro.


FÍSICA (2ª FASE)


05. Um fio de comprimento 1L e densidade linear 1 está ligado a outro fio com comprimento 2 114L L= , e densidade

2 1 / 64 = . O conjunto está preso pelas suas extremidades a duas paredes fixas e submetido a uma tensão T. uma

onda estacionária se forma no conjunto com a menor frequência possível, com um, nó na junção dos dois fios. Incluindo os nós das extremidades, determine o número de nós que serão observados ao longo do conjunto.

Resolução: Para o nó intermediário, há duas ondas estacionárias de mesma frequência em cada corda.

1 1 2 1

2 2 1 22

f n L vn vf

L f n L v

= =

Por Taylor, vem que:

1 2 1

2 1 2

1 1

64 8

v v

v v

= = =

1 1 2 1

2 2

14, 1

8 7 4

f n n nLogo

f n= = =

Para menor frequência, temos menor n. Logo, 2 17 4n e n= =

Portanto o número de nós será: 7 + 4 – 1 = 10

06. Para determinar a temperatura de um gás ideal, este foi inserido num tubo de comprimento L com uma extremidade aberta e a outra fechada. Na extremidade fechada, foi colocado um pequeno alto-falante, que emite uma frequência

of no estado fundamental.

Dados:

• massa molar do gás: M ; • coeficiente de Poisson: ;

• número pertencente ao conjunto dos números naturais: n ; e

• constante universal dos gases perfeitos: R . Diante do exposto, determine: a) a temperatura absoluta do gás; e


FÍSICA (2ª FASE)


b) a razão entre a temperatura do gás original e de um novo gás, cuja massa molar M é maior que a massa molar

M do gás original, mantendo a mesma razão entre a pressão e a massa específica do gás anterior (considere que

todo o gás do item a) foi retirado). Resolução: a) ALTO-FALANTE Da condição de ressonância, segue que:

(2 1).

4

n Vsomf

L

+=

Mas . .RT

VsomMM

=

Logo, 0 on f f= = e 1

4o

RTf

L M

=

2 216 .

.oMT L fR

=

b) Da densidade do gás .P MM

dRT

= , vem que

MM

T= CONSTANTE.

Logo, `T T

M M=

2 2` 16 .o

MT L f

R=


FÍSICA (2ª FASE)


07.

O sistema óptico mostrado na figura é constituído por duas lentes convergentes, A e B, com distâncias focais,

respectivamente, f e 2f. A lente A é mantida fixa na posição 0x . A lente B está ligada rigidamente a um bloco que

inicialmente se move da direita para a esquerda, em velocidade constante 0v sobre um piso liso. Quando o bloco

atinge a posição 1x , o piso se torna rugoso. Sabe-se que a aceleração da gravidade no local é g e que o coeficiente

de atrito cinético entre o bloco e o piso rugoso é μ . Determine o valor de 0v para qual o bloco entra em repouso sem

que o sistema produza uma imagem virtual de um objeto muito distante situado à esquerda da lente A. Observação: Desconsidere as dimensões do bloco. Resolução:

Condição limite!

f

2f

1x0x

v 0=

A B

RUGOSO

mind 3f=

0v

O deslocamento da lente B é de: 1 0x x 3f .− −

Aplicando-se o Teorema da Energia Cinética ao bloco:

N

mg

fat μN=

μm 1 0

mg x (x 3f) − + =

20 MAX

0 1 0

vv 2μg x (x 3f)

2

= − +


FÍSICA (2ª FASE)


08. Uma estrutura rígida (treliça), formada por barras de aço, encontra-se suspensa pelos pinos A e B, conforme mostrado na figura. Sabe-se que o pino A impede os movimentos vertical e horizontal e que o pino B impede o movimento horizontal. No ponto E é aplicada uma força T na direção vertical e no ponto C é aplicada uma força T2 na direção horizontal. Desprezando o peso próprio da estrutura, calcule, em função de T as:

a) Reações nos apoios A e B; e b) Forças que agem nas três barras que partem do ponto D. Resolução:

y

NA

NB

x

FA

Equilíbrio de rotação em torno de A:

2 4 2

3

B

B

L T L T L N

N T

+ =

=

Equilíbrio de translação:

2A A B

A

F T e N N T

N T

= + =

= −

)

: ( , )Re

: (3 , 0)

A

B

a

em A R T Tação

em B R T

= − =

b) Convenção: tração é positiva e compressão é negativa.

:

: (*)

: 0

BD DE

CD

Nó D

x T T

y T

=

=


FÍSICA (2ª FASE)


:

2: 0

25

(*)

2 2:5

DE CEDE

BDCE

Nó E

Lx T T

T TL

L T Ty T TL

+ = = −

= − =

Barra CD com tensão nula; BD e DE comprimidas com 2T. 09.

"Espaço: a fronteira final." Certa vez, esta conhecida nave interplanetária teve seu disco defletor destruído e entrou, logo em seguida, em movimento. Sabe-se que o disco defletor tem a funcionalidade de desviar qualquer partícula espacial que, mesmo pequena, em altas velocidades, poderia destruir a nave.

Considere uma outra nave espacial, de menor porte, que tenha sofrido o mesmo dano em seu disco defletor e seja obrigada a usar o escudo de força para se proteger. Seu escudo, ao invés de repelir, absorve a massa das partículas espaciais, como em choques perfeitamente inelásticos. O excesso de energia cinética, após cada choque, é dissipado pelo escudo, mas qualquer carga elétrica encontrada permanece no escudo, deixando-o carregado. A nave resolve se dirigir para o planeta ocupado mais próximo, para sofrer reparos. Por conta dos danos, só foi possível gerar uma

velocidade inicial v0 de 8% da velocidade da luz e seus motores foram desligados até o momento de entrar em órbita.

Durante o percurso, a nave encontra uma nuvem de partículas eletricamente carregadas, realizando um trajeto retilíneo de comprimento L.

Em média, uma partícula por quilômetro é encontrada pela nave. Essa nuvem localiza -se em uma região distante de qualquer influência gravitacional. Sabe-se que a nave permanecerá em uma orbita equatorial ao redor do planeta, cujo campo magnético apresenta intensidade uniforme, no sentido do polo Norte (N) para o polo Sul (S).

Dados:

• nave: massa inicial m 0 = 300 toneladas e carga inicial q0 nula;

• partículas: massa média m = 100 mg e carga elétrica média q = 715 µC;

• planeta: massa M = 6,3 x 1024 kg, raio R = 7.000 km e intensidade do campo magnético

B = 5 x 10 -5 T;

• constante de gravitação universal: G = 6,67 x 10 -11 N.m2/kg2 ;

• velocidade da luz: c = 3 x 108 m/s; e

• comprimento da nuvem: L = 7,5 x 108 km.

Observação: despreze a intensidade da força de repulsão entre as cargas de mesmo sinal.


FÍSICA (2ª FASE)


Diante do exposto, pede-se a:

a) velocidade final da nave logo após o último choque;

b) energia máxima dissipada pelo escudo em um único choque; e

c) velocidade mínima da nave para manter uma órbita de altura H = 35 x 103 km acima da superfície do planeta. Resolução:

Nota: 0 8%c=υ , ou seja, 0 cυ , então se utilizará Mecânica Newtônica.

a) Número de partículas encontradas: 8

pN 7,5 10=

Massa delas: 8 6 4

p pM N m 7,5 10 100 10 7,5 10 kg−= = =

Colisões inelásticas sucessivas:

0 p 0 0(m M ) m+ =υ υ

71,92 10 m/ s= υ

b) Energia cinética dissipada na colisão:

2

aprox2μ

ΔK (1 )2

V= − − ; μ : massa reduzida

Colisão inelástica ( 0)= e sejam M’ a massa absorvida até aquela colisão específica e 'υ a velocidade da

nave pré-colisão:

22 22 30

0 00 0 00 2 3

0 0 0

0 0 0

m M' 'ΔK M'm M'

m M' 2 ΔKm M' 2(m M') 2(m M')

m (m M') '

m m

= − + = − = −

+ + += +

υ

υ υ

υ υ

Para encontrar a máxima dissipação de energia:

0

3 3 4

0 0 0

md M' 1 3M'0 M'

dM' (m M') (m M') (m M') 2

= = =

+ + +

Voltando...

23 0 20 0 0 190

máx 3

0

m2m2| ΔK | 1,28 10 J

27m2 3

2

m

= = =

υ υ


FÍSICA (2ª FASE)


c) Seja pQ N q=

2

0 p(m M )vF P

R H

++ =

+

2

0 p 0 p

2

GM(m M ) (m M )vQvB v 5000m / s

(R H) R H

+ ++ =

+ +

ou

v 2000m/ s −

Ou seja, v mínimo tem módulo 2000m/s e a órbita se dará conforme figura abaixo:


FÍSICA (2ª FASE)


10.

Um recipiente de formato cúbico de aresta a armazena 100 L de água. Um objeto cúbico de aresta b é colocado no

interior desse recipiente e fica com 75% de seu volume submerso, conforme mostrado na figura. No instante 0t = ,

aplica-se na direção vertical uma força F , no centro da face superior do cubo, fazendo com que o objeto seja deslocado para cima. Dados: massa específica da água: 1000 kg/m³;

aceleração da gravidade: g = 10 m/s²

0,5a m= ; e

0,2b m=

Desconsiderando o atrito entre o recipiente e a água e sabendo que a intensidade da força F varia de forma que a altura da água no recipiente caia a uma taxa constante de 4mm/s, determine: a) a massa específica do objeto, em kg/m³;

b) o volume do objeto cúbico submerso, em t = 5 s; e

c) o módulo da força F no mesmo instante de tempo do item b). Resolução: a) Equilíbrio inicial:

33.4

mg g b=

33750 /

4

dd kg m

= =

v


FÍSICA (2ª FASE)


b) 2 2

2 2 2

. 4h V b x b mmv st a t a t a= = = =

25 0,25mm dmv s s= =

3 2 3 2 33 3.2 2 .0,25.5 1

4 4Vol b b vt Vol dm= − = − = = 1 litro

c) 3 23

4F g b b vt mg

+ − =

2F gb vt=

50F N=

GGE RESPONDE IME 2021 FÍSICA (2ª FASE)...2 ûW 300,5 0 6 . Pot( ) 1500W û( -2 2 GGE RESPONDE IME...

Documents

Transcript of GGE RESPONDE IME 2021 FÍSICA (2ª FASE)...2 ûW 300,5 0 6 . Pot( ) 1500W û( -2 2 GGE RESPONDE IME...