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RESOLUÇÕES
01- Cilindro na vertical --- volume inicial Vo=3L=3.10-3m3 --- área de seção transversal S=20cm2=20.10-4m2=2.10-3m2 --- pressão=força (no caso o peso do êmbolo)/área --- Pr=P/S=52/2.10-3 --- Pr=26.103N/m2 --- com o cilindro
na vertical a pressão total sobre o gás será --- Pt=Pr + Patm=26.103 + 1.103 --- Pt=27.103N/m2 --- cálculo do volume final V --- pelo enunciado trata-se de uma transformação isobárica (pressão constante) --- Po.Vo/To = P.V/T ---
Vo/To = V/T --- 3.10-3/573 = V/673 --- V=673x3.10-3/573 --- V=2019.10-3/573 --- V=3,52.10-3m3 --- o trabalho realizado pelo gás ideal numa transformação isobárica é dado por Wv=Pt.∆V=27.103(3,52.10-3 – 3,00.10-3)= 27.103x 0,52.10-3 --- Wv=14,04J --- cilindro na horizontal --- agora não tem mais o peso do êmbolo e a pressão exercida no
êmbolo é a atmosférica --- Patm=1.103N/m2 --- sendo a transformação isobárica, a variação de volume ∆V é a mesma que a do cilindro na vertical --- ∆V=0,52.10-3m3 --- Wh=Patm.∆V=1.103x0,52.10-3 --- Wh=0,52J --- é pedido ∆W=
Wv – Wh=14,04 – 0,52 --- ∆W=13,52J --- R- C.
02- As propriedades de um gás são conseqüências primárias do movimento das moléculas e é por isso que se fala em teoria cinética dos gases --- as conseqüências mais importantes desse modelo são as relações --- PV=2N/3.(mv2/2) e mv2/2=(3/2).kT --- onde N representa o número de partículas e o fator entre parênteses, a energia cinética média das partículas --- primeira expressão relaciona a pressão e a segunda, a temperatura absoluta à energia cinética média de translação das moléculas --- se a pressão de um gás aumenta, a energia cinética média de suas moléculas aumenta e também, a sua temperatura.
Primeiro gás --- massa M, velocidade v e temperatura T --- Mv2/2=(3/2).kT --- Mv2=3kT (I) --- segundo gás massa M/4 --- velocidade v’ e temperatura 2T --- {(M/4)v’2}/2=(3/2)k2T --- Mv’2/4=6kT (II) --- (II)/(I) --- (Mv’2/4)x
(1/Mv2) = 6kT/3kT --- v’2/4v2=2 --- v’2/v2=8 --- v’/v=√8=2√2 --- R- D.
03- As forças que agem sobre a esfera são --- o
peso 
, vertical e
para baixo --- a força de tração 
no fio que corresponde à indicação do
dinamômetro, vertical e para baixo --- o empuxo 
, força vertical e para cima aplicada
pela água sobre a esfera --- intensidade da força peso da esfera --- P= μ.Vesfera.g --- intensidade do empuxo --- E= μágua.Vlíquido deslocado.g --- mas, Vesfera=Vlíquido deslocado=V (totalmente imersa) --- leitura do dinamômetro T --- como a esfera está em equilíbrio a força resultante sobre ela é nula --- assim, E=P + T --- 2μVg = μVg + T --- T= 2μVg –
μVg --- T=μVg --- o exercício pede T em função de P --- T= μVg e P= μVg --- T=P --- R- D.
04- Vo=20m/s --- Vox=Vocos60o=20x0,5 --- Vox=10m/s --- Voy=Vocos60o=20x√3/2 --- Voy=10√3m/s --- cálculo do tempo que o projétil demora para atingir o anteparo e percorrer x=20m na direção horizontal com Vx=Vox=10m/s
(constante) --- x=xo + voxt --- 20=0 + 10t --- t=2s --- esse tempo t=2s é o mesmo que ele demora para atingir a altura h na vertical --- trata-se de um lançamento vertical para cima com Voy=10√3m/s, a=-g=10m/s2 e t=2s ---
Y=yo + V0yt – gt2/2=0 + 10√3.2 – 10.22/2 --- y=20√3 – 20=20.1,7 – 20 --- y≈14m --- R- C.
05- No trecho OA o atrito é considerado desprezível, então você pode considerar o sistema conservativo e aplicar o teorema da conservação da energia mecânica --- ponto O --- Emo=Eco + Epo=mVo2/2 + mgh=5.42/2 + 5.10.4 --- Emo=
240J --- no ponto A a energia mecânica é a mesma que no ponto O (sistema conservativo, sem atrito) --- EmA=240J --
- no trecho AB existe atrito --- a energia mecânica em B é a energia potencial elástica armazenada pela mola quando comprimida de ∆x=0,5m --- EmB=k.∆x2/2=200.(0,5)2/2=25J --- em todo sistema não conservativo (com atrito), a energia dissipada que é o trabalho da força de atrito vale --- Wfat=Emf – Emi=25 – 240= - 215J --- R- E.
06- Colocando todas as forças que agem sobre cada bloco --- bloco A --- parcela do peso responsável pela tentativa de descida --- PpA=PA.senθ=mA.g.senθ=40.10.1/2 --- PpA=200N --- bloco B --- parcela do peso responsável pela tentativa de descida --- PpB=mB.g.senθ=10.10.1/2=50N --- A e B trocam entre si forças de atrito de mesma
intensidade , mesma direção mas sentidos contrários (veja figura) --- Fat=μ.N.cosθ= μ.P.cosθ= μ.mB.g.cosθ= 0,6.10. 10.√3/2 --- Fat=60x1,7/2 --- Fat≈51N --- essa força de atrito é a máxima que surge quando o corpo está na iminência de movimento, mas como ele está em equilíbrio e não se move Fat=50N --- observe na figura que, como o sistema deve estar em equilíbrio a força resultante deve ser nula --- assim, PpB + PpA + Fat = F + Fat --- 50 + 200 + 50 = F + 50 --- F=250N --- R- A.
07- Primeiro processo --- volume constante e trata-se de uma transformação isométrica (V1=Vo) e mesma quantidade de gás (mesma massa) --- Po.Vo/To=P1.V1/T1 --- Po./To=P1./T1 --- 1.105/300 = P1/T1 --- segunda transformação --- o volume continua constante mas a quantidade de gás variável (massa variável) --- m2=3m1/4 ---
P1/T1.m1=P2/T2.m2 --- 1.105/300.m1=0,9.105/T2.(3m1/4) --- T2=4x300x0,9/3=360K --- T2=360 – 273=97oC ---
R- C.
08- Se, após a colisão, eles seguem grudados, o choque é inelástico --- a velocidade comum de cada um aos o choque é V’=2m/s --- cálculo da quantidade de movimento do sistema antes do choque --- Qsa=QA + QB=mA.VA + mB.VB=
1.VA + 3.0 --- Qsa=VA (I) --- cálculo da quantidade de movimento do sistema depois do choque --- Qsd=QA + QB=mA.V’ + mB.V’=1.V’ + 3.V’ --- Qsd=4V’=4.2=8kg.m/s (II) --- pelo princípio da conservação da quantidade de movimento --- (I) = (II) --- VA=8m/s --- a energia dissipada na colisão pode ser calculada pelo teorema da energia mecânica --- em todo sistema dissipativo, o trabalho das forças não conservativas (força de atrito, força de resistência do ar, etc.) é igual à energia total dissipada, ou seja, é igual à variação da energia mecânica – Emfinal – Eminicial =Wforças dissipativas --- Emf=Ecfinal=(1 + 3).22/2=8J --- Emi=Eci=1.82/2 + 3.02/2=32J --- W=8 – 32= - 24J --- R- A.
09- Na situação inicial (ponto I), de altura máxima, a força elástica vale Fe=3N --- Fe=kx --- 3=100.x --- x=0,03m --- nesse ponto, a mola está comprimida de x=0,03m ao em relação à sua posição natural --- na posição de equilíbrio (ponto O) a força resultante é nula e Pp=mgsen30o=FE=kd --- 1.10.1/2 = 100.d --- d=0,05m --- nesse ponto a mola está esticada de d=0,05m em relação à sua posição natural --- sendo a amplitude A a distância entre a posição natural (ponto O) e a compressão máxima (pontoI), então A=0,03 + 0,05=0,08m --- desprezados os atritos, a força elástica e a
força peso são forças conservativas, então o sistema é conservativo e a energia mecânica do sistema é constante --- colocando o nível de altura zero na posição de equilíbrio (ponto O) onde a mola está na posição natural (não deformada), a energia mecânica aí é só a cinética, pois a potencial gravitacional é nula (h’=0) e a potencial elástica também é nula (mola na posição natural, sem deformação) --- EmO=mv2/2 --- cálculo da altura no ponto I (veja figura) --- sen30o=h/0,08 --- 0,5=h/0.08 --- h=0,04m --- no ponto I a energia mecânica é a potencial elástica armazenada na mola (Epe=kA2/2) somada com a potencial gravitacional (Epg=mgh) --- EmI=kA2/2 + mgh=100.(0,08)2/2
+ 1.10.0,04 --- EpI= 0,32 + 0,4=0,36J --- EmI=EmO --- 0,36=mv2/2 --- 0,36=1.v2/2 --- V=√(0,64) --- v=0,8m/s --- R- B.
10- Bússola – Trata-se de uma agulha magnética colocada na posição horizontal, suspensa pelo centro de gravidade,
indicando sempre a direção norte-sul --- a Terra se comporta como um grande imã onde o pólo Sul magnético está aproximadamente localizado no pólo Norte geográfico e vice versa que no caso do exercício corresponde à barra cilíndrica imantada --- se você pendurar um imã em forma de barra pelo seu centro ou observar a agulha magnética de uma bússola (caso do exercício) você verá que seus pólos ficam sempre alinhados na direção norte-sul --- o pólo que indicar o pólo norte geográfico recebe o nome de pólo norte e estará indicando o pólo sul magnético da Terra. O pólo que indicar o pólo sul geográfico recebe o nome de pólo sul e estará indicando o pólo norte magnético da Terra (barra imantada) --- tudo isso ocorre porque pólos de mesmo nome se atraem --- pelo fornecido acima a alternativa correta é a D --- R- D.
11- Gerador 1 --- E1=27V --- icc=36 A --- icc=E/r1 --- 36=27/r1 --- r1=36/27 --- r1=0,75Ω --- equação do gerador 1 --- U1=E1 – r1.i1 --- U1=27 – 0,75i1 --- gerador 2 --- E2=22V --- icc=44 A --- icc=E2/r2 --- 44=22/r2 --- r2=0,5Ω --- equação do gerador 2 --- U2=E2 – r2.i2 --- U2=22 – 0,5i2 --- quando conectados se comportam como um
único gerador com tensão U, tal que, pelo enunciado --- U1 = U2 --- 27 – 0,75i =
22 – 0,5i --- 5 = 1,25i --- i=4 A --- o gerador 1, agora percorrido por corrente elétrica de i=4 A, terá força eletromotriz U’= E2 – r1.i=27 – 0,75x4=27 – 3=24V --- o rendimento η é fornecido por η=U’/E1=24/27= 0,888x100= η =88,8% --- R- C.
12- Refazendo o circuito, depois de curto-circuitados os amperímetros e retirado o voltímetro, pois todos são ideais ---
observe na seqüência da figura que refazendo o circuito, os três resistores estão em paralelo e são percorridos pela
mesma corrente elétrica i, tal que I=3i --- observe também que cada amperímetro indica 4/3 A e que corresponde a corrente em cada 2 resistores, ou seja --- 2i=4/3 --- i=4/6 A --- observe também que I=3i=3.(4/3) --- I=2 A ---
R- C.
13- Projetando as forças e as distâncias nas direções perpendiculares à viga --- em (I), forças --- cos60o=F/80 --- 1/2 =
F/80 --- 2F=80 --- F=40N --- em (II), distâncias --- cos60o=2/d --- 1/2 = 2/d --- d=4m --- veja na figura (III) como fica o esquema pronto para você calcular o momento de cada força com o pólo em A --- MPE= - 40.16= - 640
N.m --- MNB= + NDx12 --- MPC= - 40.8= - 320N --- MF= + 30.4 --- MNA=NA.0=0 --- a soma dos momentos de cada força deve ser nula --- -640 +12ND – 320 +120 + 0=0 --- 12ND=840 --- ND=70N --- R- C.
14- A velocidade orbital de um satélite ao redor de um planeta (no caso, a Terra) é fornecida por --- V=√(GM/r) --- G-constante gravitacional, M-massa da Terra e r-raio da órbita --- são dados --- VA=2.103m/s --- RB/RA=102 ---
satélite A --- VA=√(GM/rA) --- 2.103=√(GM/rA) (I) --- satélite B --- VB=√(GM/rB) --- VB=√(GM/102rA) (II) ---
(I)/(II) --- 2.103/VB=√(GM/rA)/√(GM/102rA) --- 2.103/VB={√(GM)/√rA}x{√(102rA)/√(GM) --- 2.103/VB=10√rA/√rA --- 10VB=2.103 --- VB=2.102m/s --- R- D.
15- Leia a teoria a seguir:
Processo experimental para o cálculo do empuxo - Na Figura (I), um recipiente com um líquido está sobre uma balança calibrada em newtons (N) que marca um certo valor No para o peso do conjunto (líquido + recipiente).
Coloca-se uma esfera de chumbo imersa na água do recipiente suspensa por um fio ideal, em equilíbrio, sem tocar o fundo do recipiente, e a balança marca N, como mostra a Figura (II).
P – peso do conjunto (água + recipiente) --- Na figura I, a balança marca o peso P, ou seja No=P
Na figura II, se o corpo imerso recebe do líquido uma força vertical e para cima (Empuxo), pelo princípio da ação e reação o corpo reage sobre o líquido com força de mesma intensidade (Empuxo), mesma direção (vertical) e sentido sentido contrário (para baixo).
entido contrário (para baixo).
A balança indica apenas as forças que agem no líquido, indicadas na figura da direita acima, que são: peso P do sistema (recipiente mais líquido), empuxo sobre o líquido (E) e a reação normal da balança (indicação da balança N) --- N=P + E --- da figura I --- No=P --- N=No + E --- N – No=E --- assim, o empuxo é fornecido pela diferença entre as indicações da balança antes e depois de imergir a esfera.
Observação: Se o corpo estiver apoiado no fundo do recipiente a balança indicará o peso do corpo mais o peso do sistema (recipiente + líquido).
No caso do exercício --- situação I (balança em equilíbrio) indica No=P (peso água + recipiente) --- situação II (com
o cubo imerso sem tocar no fundo) --- N=P + E --- a variação na indicação da balança será N – No= P + E – P=E ---
Cálculo do empuxo --- E=dlíquido.g.Vcubo=(1.103).(10).(5.10-6) --- E=5.10-2N=0,05N --- R- E.