Duas forças concorrentes $\vec{F}_1$ e $\vec{F}_2$, de mesmo módulo, têm como resultante uma força cujo módulo é, também, o mesmo de $\vec{F}_1$ e $\vec{F}_2$. Essa situação física
Seja $F$ o módulo das duas forças e $\theta$ o ângulo entre elas. O módulo da resultante é dado pela lei dos cossenos: $R^{2}=F^{2}+F^{2}+2F\cdot F\cos\theta=2F^{2}(1+\cos\theta)$.
Impondo $R=F$: $F^{2}=2F^{2}(1+\cos\theta)\Rightarrow1+\cos\theta=\dfrac12\Rightarrow\cos\theta=-\dfrac12$.
O único ângulo entre $0^\circ$ e $180^\circ$ que satisfaz essa condição é $\theta=120^\circ$. Geometricamente, as duas forças e a resultante formam um triângulo equilátero.
Uma partícula executa um movimento em trajetória circular de raio $r$. Pode-se afirmar que, no intervalo de tempo igual ao período desse movimento, o módulo do deslocamento e o espaço percorrido por essa partícula são, respectivamente, iguais a
Em um período, a partícula completa uma volta e retorna ao ponto de partida. O deslocamento é o vetor que liga a posição inicial à final; como são a mesma, o módulo do deslocamento é zero.
O espaço percorrido é o comprimento da trajetória, ou seja, o da circunferência: $2\pi r$.
A figura representa dois blocos, A e B, ligados por uma vareta rígida, de massa não desprezível. O conjunto está apoiado sobre um plano horizontal sem atrito e sobre ele atua a força horizontal $\vec{F}$, de módulo $F$.
Sendo $T_{AV}$ o módulo da tração exercida pelo bloco A sobre a vareta e $T_{BV}$ o módulo da tração exercida pelo bloco B sobre a vareta, pode-se afirmar que
O conjunto acelera para a direita, puxado pela força $\vec{F}$ aplicada na frente (bloco A, o da direita). Como o plano não tem atrito, a única força externa horizontal é $F$ e a aceleração é $a=\dfrac{F}{m_A+m_V+m_B}$.
Bloco A: $F-T_{AV}=m_Aa>0$, portanto $F>T_{AV}$.
Vareta (massa não desprezível): sobre ela atuam $T_{AV}$ (para a direita) e $T_{BV}$ (para a esquerda), e $T_{AV}-T_{BV}=m_Va>0$, portanto $T_{AV}>T_{BV}$.
Se a vareta tivesse massa desprezível, as duas trações seriam iguais; como a massa não é desprezível, a tração diminui ao longo da vareta, no sentido contrário ao do movimento: $F>T_{AV}>T_{BV}$.
A figura mostra a trajetória de uma esfera de massa $0{,}10\text{ kg}$, chocando-se contra uma parede.
Sabendo-se que a esfera atinge a parede com velocidade de módulo $v_1=4{,}0\text{ m/s}$ e abandona a parede com velocidade de módulo $v_2=3{,}0\text{ m/s}$, pode-se afirmar que o módulo da variação da quantidade de movimento da esfera, em $\text{kg}\cdot\text{m/s}$, é
Pela figura, a esfera incide e é refletida formando $45^\circ$ com a normal à parede (o ângulo reto marcado indica a normal). Adotando $x$ perpendicular à parede (positivo em direção a ela) e $y$ paralelo a ela:
$\vec{v}_1=(4\cos45^\circ,\;-4\operatorname{sen}45^\circ)$ e $\vec{v}_2=(-3\cos45^\circ,\;-3\operatorname{sen}45^\circ)$.
$\Delta\vec{v}=\vec{v}_2-\vec{v}_1=\big(-7\cos45^\circ,\;+1\cdot\operatorname{sen}45^\circ\big)=\left(-\dfrac{7\sqrt2}{2},\;\dfrac{\sqrt2}{2}\right)$.
$|\Delta\vec{v}|=\sqrt{\dfrac{49}{2}+\dfrac12}=\sqrt{25}=5{,}0\text{ m/s}$.
$|\Delta\vec{Q}|=m|\Delta\vec{v}|=0{,}10\times5{,}0=0{,}50\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.
A figura mostra um pêndulo simples, abandonado à altura $h$ do ponto mais baixo da trajetória. Na vertical que passa pelo ponto de sustentação, o pino P faz o fio curvar-se e o pêndulo passa a descrever uma trajetória circular de raio $r$ e centro P.
O menor valor de $h$ para que esse pêndulo descreva uma circunferência completa é igual a
Para completar a circunferência de raio $r$ com um fio (que não pode afrouxar), a tração no ponto mais alto deve ser no mínimo nula. Nesse caso, a resultante centrípeta é só o peso: $mg=\dfrac{mv^{2}}{r}\Rightarrow v^{2}=gr$.
O ponto mais alto da circunferência está a $2r$ do ponto mais baixo. Conservando a energia mecânica entre o ponto de abandono (altura $h$, repouso) e o topo (altura $2r$, velocidade $v$): $mgh=mg(2r)+\dfrac12mv^{2}=2mgr+\dfrac12mgr$.
$h=2{,}5r$.
A figura mostra um recipiente cilíndrico flutuando na água, em repouso, num plano horizontal.
A espessura das paredes do recipiente é desprezível e a parte imersa do recipiente, de altura $h$, contém certa quantidade de água que atinge a altura $h/5$. Nessas condições, pode-se afirmar que a razão entre a massa desse recipiente vazio, $m_r$, e a massa de água nele contida, $m_a$, é
O conjunto (recipiente mais a água dentro dele) flutua em equilíbrio: o empuxo iguala o peso total. Como a espessura das paredes é desprezível, o volume deslocado é $V=A\,h$, em que $A$ é a área da base.
Empuxo: $E=\rho_{\text{água}}\,A\,h\,g$. Peso total: $(m_r+m_a)g$.
A água no interior tem altura $h/5$, logo $m_a=\rho_{\text{água}}A\dfrac{h}{5}$, ou seja, $\rho_{\text{água}}Ah=5m_a$.
Do equilíbrio: $m_r+m_a=5m_a\Rightarrow m_r=4m_a$, e a razão procurada é $\dfrac{m_r}{m_a}=4$.
Uma dona de casa lava dois copos de materiais diferentes e, logo em seguida, coloca um dentro do outro. Depois de algum tempo em que a temperatura ambiente permanece constante, ela nota que eles estão presos e não consegue separá-los. Dentre as muitas explicações possíveis para esse fato, uma delas é que a temperatura da água com a qual os copos foram lavados
Os copos só podem ficar presos se, após serem encaixados, a temperatura variar: se a água for da temperatura ambiente, nada muda e os copos não se prendem (o que descarta D e E).
Para que fiquem presos, o copo de dentro precisa tender a ficar maior que o de fora. Se a água estava mais fria que o ambiente, os copos se encaixaram contraídos e, ao se aquecerem até a temperatura ambiente, ambos dilatam; se o copo de dentro tiver o maior coeficiente de dilatação, ele aumenta mais que o de fora e fica comprimido contra ele.
Se a água estivesse mais quente, ocorreria o inverso: ao resfriar até o ambiente, o copo de dentro, de maior coeficiente, contrairia mais e ficaria folgado; o que ficaria preso seria o de dentro com coeficiente menor, caso que não aparece com água quente nas alternativas. Com água mais fria e coeficiente menor no copo de dentro, ele dilataria menos e ficaria solto.
A única combinação das alternativas que prende os copos é, portanto, água mais fria que o ambiente e copo de dentro de maior coeficiente.
Uma estudante, em sua casa, observa um vaso de vidro transparente esférico vazio e nele vê duas imagens da mesma janela, localizada à frente do vaso. Isso ocorre porque as superfícies do vaso funcionam como espelhos esféricos. A externa, mais próxima da janela, equivale a um espelho convexo; a interna, mais afastada, equivale a um espelho côncavo. Pode-se afirmar que essas imagens estão localizadas
Superfície externa (espelho convexo): forma, de qualquer objeto real, uma imagem virtual, direita e menor, situada atrás do espelho, isto é, dentro do vaso.
Superfície interna (espelho côncavo): a janela está muito longe, além do centro de curvatura, e a imagem é real, invertida e menor, formada na frente do espelho côncavo (lado do espelho voltado para o interior do vaso), ou seja, também dentro do vaso.
As duas imagens ficam, portanto, dentro do vaso: a do espelho convexo é direita e a do côncavo é invertida.
A figura representa duas esferas condutoras idênticas, com cargas elétricas de mesmo valor e de sinais contrários, apoiadas em suportes isolantes.
Considere o ponto médio M que se mantém eqüidistante de seus centros e suponha que as esferas sejam aproximadas, mas não se tocam. Nessas condições, sendo $E_M$ o módulo do vetor campo elétrico em M e $V_M$ o valor do potencial elétrico em M, pode-se afirmar que
Campo elétrico em M: o campo de cada esfera (tratada como carga puntiforme em seu centro) tem módulo $E=\dfrac{kQ}{d^{2}}$, em que $d$ é a distância do centro até M. Como as cargas têm sinais opostos, o campo da positiva (afastando-se dela) e o da negativa (aproximando-se dela) têm o mesmo sentido em M, e os módulos se somam: $E_M=\dfrac{2kQ}{d^{2}}$. Ao aproximar as esferas, $d$ diminui e $E_M$ aumenta.
Potencial elétrico em M: $V_M=\dfrac{kQ}{d}+\dfrac{k(-Q)}{d}=0$, qualquer que seja $d$. O potencial em M permanece nulo.
No trecho de circuito representado a seguir, o voltímetro marca $10\text{ V}$ e o galvanômetro G garante que não há passagem de corrente no ramo em que está inserido.
Pode-se afirmar que o valor da resistência $R$, em ohms, é
Como o galvanômetro indica que não passa corrente por ele, a ponte está equilibrada: os produtos dos resistores opostos são iguais (ou, equivalentemente, as razões em cada ramo são iguais).
$\dfrac{6{,}0}{4{,}0}=\dfrac{3{,}0}{R}\Rightarrow R=\dfrac{3{,}0\times4{,}0}{6{,}0}=2{,}0\ \Omega$.
A leitura do voltímetro ($10\text{ V}$) não é necessária para determinar $R$.
A figura representa um ímã em forma de barra, com os pólos magnéticos nas extremidades.
Suponha que se pretenda dividir esse ímã em dois e que haja duas sugestões para fazer essa divisão. A primeira, de efetuá-la na direção longitudinal, da linha $\ell$; a segunda, na direção normal, da linha $n$. Logo em seguida a essa divisão, em relação aos ímãs resultantes, pode-se afirmar que
Os ímãs não têm polos isolados: ao se dividir um ímã, cada pedaço continua sendo um ímã completo, com norte e sul.
Primeira sugestão (corte longitudinal, ao longo de $\ell$): obtêm-se duas metades, uma em cima e outra embaixo, cada uma com o polo S à esquerda e o N à direita. Ao se aproximarem pelas faces do corte, ficam lado a lado polos de mesmo nome (S com S e N com N): repelem-se.
Segunda sugestão (corte normal, ao longo de $n$): obtêm-se duas metades, uma à esquerda (S–N) e outra à direita (S–N). Pelas faces do corte ficam frente a frente o N da metade esquerda e o S da metade direita: atraem-se.