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RESOLUÇÕES

 

01- Como o enunciado afirma que o intervalo de tempo entre duas posições consecutivas é o mesmo e como t_o=0 você pode afirmar que t₁=t, t₂=2t, t₃=3t e t₄=4t  ---  equação horária do espaço de uma queda livre com S_o=o, V_o=0 e

a=g=10m/s²com a origem no ponto de partida e a trajetória orientada para baixo ---   S = S_o + V_o.t + a.t²/2=0 + 0 + 10t²/2  ---  S=5t² (I)  ---  substituindo t₂=2t em (I)  ---  S₂=5.(2t)²=20t²  ---  substituindo t₃=3t em (I)  ---  S₃=5.(3t)²=45t²  ---  observe pelo enunciado que S₃ – S₂ =6,25m  ---  45t² – 20t²=6,25  --- 

25t²=6,25  ---  t=√(0,25)s  ---  durante toda a queda (altura h) o tempo decorrido foi de t=4.√(0,25)s  ---  S=h=5t²=

5. [4.√(0,25)]²=20.0,25=5.(16.0,25)  ---  h=5.4=20m  ---  R- E.

02- Terceira lei de Kepler (lei dos períodos)

 “ Os quadrados dos períodos T de revolução dos planetas (tempo que demora para efetuar uma volta completa em torno do Sol) são proporcionais aos cubos das suas distâncias médias R ao Sol”

T²/R³=constante=K’

O raio médio R da órbita de um planeta corresponde à média aritmética entre a distância do Sol ao afélio e a distância do Sol ao periélio. Observe que esse valor é o mesmo que a medida do semi-eixo maior da elipse, que na figura acima seria a.

O que você deve saber

* A constante K’ depende apenas da massa do Sol e não do planeta que gira ao seu redor

* Na expressão T²/R³=K’, observamos que a medida que R aumenta, T também aumenta, o que significa que quanto mais afastado o planeta estiver do Sol maior será seu ano (tempo que demora para dar um volta completa ao redor do Sol)  ---  como  o raio médio da órbita de Vênus é menor que o da Terra menor será seu ano (período)  --- R- B.

* Para dois planetas quaisquer como,  por exemplo, Terra e Vênus, vale a relação  (T_T)²/(R_T)³=(T_V)²/(R_V)³.

* Ao efetuar um volta completa ao redor do Sol num período (ano) T um planeta percorre ∆S=2πR e sua velocidade orbital vale V=∆S/T  ---  T=2πR/V, que substituída em T²/R³=K’ nos fornece  4π²R²/VR³=K’ ---  V=4π²/K’R  ---   V=constante/R  --- V é inversamente proporcional a R, ou seja, quanto mais afastado o Satélite ou planeta estiver do Sol, menor será sua velocidade orbital V  ---   o eu elimina as alternativas D e E.

R- B.

03- Medindo a energia potencial gravitacional do sistema em relação ao nível da água , no ponto A a pessoa partiu do repouso e nesse ponto sua energia cinética (E_c=mV_A²/2) é nula existindo só a energia potencial gravitacional que é a energia mecânica  ---  E_mA=m.g.h=50.10.5=2500J  ---  em B a energia mecânica é 64% de E_A  ---  E_mB =0,64.2500=1600J  ---  do ponto B de E_mB=1600J até o ponto C não existe atrito e a energia mecânica se conserva, ou

seja, E_mC=1600J  ---  em C a energia mecânica é só a cinética, pois a potencial gravitacional é nula (nível zero de altura)  ---  E_mC=mV_C²/2  ---  1600=50V_C²/2  ---  VC=√64  ---  V_C=8m/s  ---  R- A.

04- Peixe 1  ---  passou de 120m para 90m (desceu)  ---  ∆P=d.g.∆h=10³.10.30=3.10⁵Pa=3atm  ---  a pressão aumentou 

---  peixe 2  ---  passou de 30m para 90m (subiu)  ---  ∆P=d.g.∆h=10³.10.60=6.10⁵Pa=6atm  ---  a pressão diminuiu  ---

R- D.

05- I. A água que está no estado líquido é resfriada até temperaturas abaixo de 0^oC se congelando, ou seja, passando para o estado sólido  ---  seta 2 do gráfico  ---  II. Em câmaras especiais, sob baixíssima pressão (menores do que 0,006 atm), a temperatura do alimento é elevada, fazendo com que a água sólida seja sublimada, ou seja, o gelo (estado sólido) passa para a fase de vapor  ---  seta 3 do gráfico  ---  R- C.

06- A máxima profundidade visível (ponto V) ocorre quando um raio de luz que partiu dele atingiu uma das extremidades da bóia (ponto Z) e sofreu reflexão e emergiu rasante (90^o)  ---  aplicando alei de Snell-Descartes no    

ponto Z  --- n_água.senL=n_ar.sen90^o  ---   4/3.senL=1.1  ---  senL=3/4=0,75  ---  dado do exercício  ---  L=48,6^o  --- qualquer raio de luz que incidir na bóia com ângulo menor que 48,6^o não é visível pelos observadores fora da água (parte OV da haste luminosa) e a parte abaixo de V será visível  ---  calculando a tangente de L no triângulo OVZ  ---  tgL=OZ/OV  ---  tg48,6^o=2,26/OV  ---  1,13=2,26/OV  ---  OV=2m  ---  como a haste tem 2,5m de comprimento e OV=2m, a parte visível terá D=2,5 – 2,0=0,5m  ---  a porcentagem visível da haste é P=0,5/2,5=0,2x100=20%  ---  

R- D.

07- A resposta está no texto  ---  quanto mais energia, menor é o comprimento de onda e mais quente é a chama que emite a luz. Luz com coloração azulada tem menor comprimento de onda do que luz com coloração alaranjada  ---  a luz azul tem menor comprimento de onda que a luz alaranjada, portanto a região I emite menos energia que a região II, tendo, portanto, chama mais fria  ---  R- C.

 08-  O mesmo aquecimento corresponde à mesma quantidade de energia, assim, W_paralelo=W_série  ---  P=W/∆t  ---  W=P.∆t  ---  W_p = W_s  ---  P_p.∆t_p = P_s.∆t_s  ---  P=U²/R (U constante, dado do exercício)  ---  (U²/R_p).∆t_p = (U²/R_s),∆t_s  ---   ∆t_p/R_p=∆t_s/R_s  ---  associação paralelo R_eq=R_p=R/2  ---  associação série R_eq=R_s=2R  ---  ∆t_p/(R/2) = ∆t_s/2R  ---  ∆t_p = ∆t_s/4  ---  ∆t_s=1min=60s  ---  ∆t_p=60/4=15s  ---  R- E.

09- Os 5 primeiros cilindros estão ligados e, após abertas as válvulas eles atingirão o equilíbrio hidrostático e a altura final de cada um que deve ser a mesma (h) e dada por  ---  h=(8 + 7 + 6 + 5 + 4)/5=6dm  ---  observe na figura abaixo

que a válvula que une E a F está na altura de 6dm e não escoará água de E para F que permanecerá na altura de 3dm  --- 

R- A.

10- Nos próximos 50 anos (5 décadas) de acordo com os mareógrafos o aumento do nível global dos mares e oceanos será de 5.(1,7cm)=8,5cm  ---  nos próximos 50 anos (5 décadas) de acordo com os altímetros-radares o aumento do nível global dos mares e oceanos será de 5.(3,1cm)=15,5cm  ---  então, o nível das águas dos mares e oceanos deverá subir entre 8,5cm e 15,5cm  ---  R- A.

11- Em Santos, ao nível do mar, a pressão atmosférica é maior do que em La Paz (maior altitude), onde também é maior a concentração de O₂ por volume de ar inspirado  ---  para compensar esses dois fatores, os atletas que moram em locais de altitude elevada (por exemplo, La Paz) acabam apresentando uma maior quantidade de hemácias no sangue, o que justifica um melhor desempenho deles, quando o jogo ocorre em locais mais altos  ---  porém, ao nível do mar, a quantidade de hemácias presente no sangue do atleta que mora nessas regiões é suficiente para levar, aos tecidos, o O₂ necessário para a atividade física. 

R- E.

12- A energia mecânica antes do disparo que vale E_ma=3,75J e é a soma das energia cinética E_c=mV²/2 com a potencial elástica armazenada na mola (E_pel)  ---  E_ma = E_c + E_pel  ---  3,75=mV²/2 + E_pel  ---  3,75 = (3 + 3).1²/2 + E_pel  ---  E_pel=0,75J  ---  agora você deve utilizar o teorema da conservação da quantidade de movimento  ---  antes do disparo do gatilho  ---  Q_sa=m_A.V_A + m_B.V_B=3.1 + 3.1=3kgm/s  ---  depois do disparo do gatilho  ---  Q_sd=m_AV_A + m_BV_B=3V_A + 3.1,5=3V_A + 4,5  ---  Q_sa = Q_sd  ---  3=3V_A + 4,5  ---  V_A=1,5/3=0,5m/s.

13- Na expansão AB o trabalho realizado é fornecido por W=P.∆V=P.(V_B – V_A)=4.10⁵.(1 – 0,3)=2,8.10⁵ J  ---

W_AB= =2,8.10⁵J  ---  sendo a transformação ABCDA cíclica, as temperaturas final e inicial são as mesmas e, portanto, não há variação de energia interna ∆U_total=0  ---   ∆U_total=∆U_AB + ∆U_BC + ∆U_CD + ∆U_DA=0 (I)  ---  primeiro princípio da termodinâmica no trecho AB  ---  ∆U_AB=Q_AB – W_AB  ---  Q_AB=400kJ=4.10⁵J (dado)  ---  ∆U_AB=4.10⁵ – 2,8.10⁵  ---  ∆U_AB=1,2.10⁵J  ---  ∆U_BC=0 (isotérmica)  ---  primeiro princípio da termodinâmica no trecho CD  ---  ∆U_CD=Q_CD – W_CD  ---  Q_CD= - 440kJ= - 4,4.10⁵J (negativo, pelo enunciado perdeu calor para o meio externo)  ---  W_CD=P.(V_D - V_C)=

2.10⁵.(0,5 – 2)  ---  W_CD= - 3.10⁵J  ---  ∆U_CD=Q_CD – W_CD= - 4,4.10⁵ – (-3.10⁵)= - 1,4.10⁵J  ---  substituindo as energias internas em (I)  ---  1,2.10⁵ + 0 – 1,4.10⁵ + ∆U_DA = 0  ---  ∆U_DA=0,2.10⁵=2.10⁴J.

14- O campo magnético uniforme  está saindo da folha de papel  ---  no ponto F os íons estão penetrando com velocidade   ---  usando a regra da mão esquerda no ponto F (veja figura) você verifica que sobre os íons de carga positiva a força

positiva a força magnética  é para a direita  e as cargas q₁ se desviam nessa direção atingindo C₁  ---  sobre os íons negativos essa força inverte seu sentido e as cargas q₂ se desviam para a esquerda atingindo a placa C₂  ---  essas forças magnéticas (F_m=│q│.V.B) que são responsáveis pelos desvios agem como resultantes centrípetas (F_c=mV²/R)  ---  │q│.V.B) =

mV²R  ---  R=mV/│q│B  ---  carga q₁  ---  R₁=m₁V/│q│B (I)  --- carga q₂  ---   R₂=m₂V/│q│B  ---  2R₁= m₂V/│q│B (II)  ---  dividindo (I) por (II)  ---  R₁/2R₁=( m₁V/│q│B)/( m₂V/│q│B)  ---  m₁/m₂=1/2.

 

 

 

Exercícios