|
|
RESOLUÇÕES
01- Cálculo da área da superfície esférica --- S=4πR2=4.3.(6.106)2=12.36.1012 --- S=432.1012m2 --- cada habitante é
considerado uma carga --- total de cargas uniformemente distribuídas pela superfície --- Q=7bilhões=7.109 cargas --- densidade superficial de cargas = cargas/área --- σ=7.109/432.1012 --- σ=0,016.10-3=1,6.10-5u.c.e/m2 --- como é pedido ordem de grandeza --- 1,6≈1 --- σ=10-5u.c.e./m2 --- R- D.
02- A Terra é considerada uma esfera condutora que se comporta como se toda carga estivesse localizada em seu centro --- a distância entre o centro da Terra e um ponto P localizado na superfície da Lua é de d=4.108m --- o potencial eletrostático no ponto P da Lua criado pela carga Q localizada no centro da Terra é fornecido por --- V=KQ/d=9.109.
6.10-6/4.108 --- V=54.10-5/4=13,5.10-5=1,35.10-4V --- ordem de grandeza --- 1,35≈1 --- V=10-4V --- R- C.
03- Como elas estão ligadas em série, a corrente elétrica em cada uma é a mesma --- numa dela --- P=i.U --- 50=i.110 --- i=50/110=0,454 A --- R- B.
04- Numa associação série a tensão total (Ut=220V) é a soma das tensões parciais em cada lâmpada, que, no caso, são
iguais --- 4U=220 --- U=220/4=55V --- R- A
05- Potência=energia/intervalo de tempo --- P=W/∆t --- energia=F.d.cosα --- supondo a incidência perpendicular --- W=F.d --- P=F.d/∆t --- V=d/∆t --- P=F.V --- P=6.10-3W --- V=c=3.108m/s --- 6.10-3=F.3.108 --- F=2.10-11N --- R- E.
06- Dilatação do tempo (Einstein)
Contração do espaço (comprimento)
Considere um vagão em movimento retilíneo e uniforme com velocidade constante de intensidade V em relação a um observador (Os) no solo. No interior do vagão existe um sistema de referência inercial, observador Ov. Coloque uma barra de comprimento Lp em relação a Ov no interior do vagão, orientada na direção do movimento. Devido à dilatação do tempo, essa barra terá comprimento L em relação a Os, depois que o vagão se deslocou durante um intervalo de tempo Δt --- V=Lp/Δtp --- Δtp=Lp/V --- V=L/Δt --- Δt=L/V --- Δt= Δtp/(√1 – V2/c2) --- Δt/ Δtp=√1 – V2/c2 --- (L/V)/(Lp/V)=√1 – V2/c2 --- L/Lp=√1 – V2/c2 ---
L=Lp. √1 – V2/c2
Dados --- Lp=50cm --- V=0,6c --- L=Lp.√(1 – V2/c2)=50.√(1 – (0,6c)2/c2)= 50.√(1 – 0,36c2/c2)=50.√0,64 --- 50.0,8
L=40cm --- R- B.
07- No trecho AB não existe atrito e a energia mecânica é conservada --- EmA=MVA2/2 + MgH=1.02/2 + 1.10.0,8 ---
EmA=8J --- EmB=MVB2/2 + Mgh=1.VB2/2 + 1.10.0 --- EmB=VB2/2 --- EmA= EmB --- 8=VB2/ --- VB=4m/s (I-errada) --- como existe atrito entre B e C, ele chegará em C com velocidade menor que a em B (II-falsa) --- cálculo da força de atrito (Fat) no trecho BC --- Far=μN=μP=μMg=0,1.1.10 --- Fat=1N --- trabalho da força de atrito (energia dissipada no trecho CD) --- Wfat=Fat.d=1.3,5 --- Wfat=3,5J --- ele chega em C com energia total de ED=8 (em A) – 3,5 (perdida no trecho BC) --- ED=4,5J --- essa energia deforma a mola de --- ED=kx2/2 --- 4,5=102x2/2 --- x2=
0,09 --- x=0,3m=30cm (III-correta) --- na ida do trecho BC o bloco perde 3,5J de energia e na volta a mesma quantia --- Edissipada=3,5 + 3,5=7J --- quando ele chega em B pela segunda vez ele possui EB=8 – 7=1J --- ele sobe e desce esse trecho sem atrito e retorna a B pela terceira vez com E=Wfat=1J --- é com essa energia que ele inicia finalmente o trecho BC até parar percorrendo d’ --- WFat=Fat,d’ --- 1=1.d’ --- d’=1m (IV-verdadeira) --- R- B.
08- Tempo gasto para percorrer o primeiro trecho --- V1=∆S1/∆t1 --- 20=1000/∆t1 --- ∆t1=50s --- tempo gasto para percorrer o segundo trecho --- V2=∆S2/∆t2 --- 10=1=2000/∆t2 --- ∆t2=200s --- Vm=∆Stotal/∆ttotal=(1000 + 2000)/
(50 + 200) --- Vm=12m/s --- R- B.
09- Se a vazão da água é z=5m3/s, significa que a cachoeira escoa um volume V=5m3 de água num intervalo de tempo ∆t=1s --- massa de água --- d=m/V --- 103=m/5 --- m=5.103m3 --- a energia liberada é a potencial gravitacional armazenada na altura h=5m, já que a velocidade da água no início da queda é desprezível (Eci=0) --- W=mgh=5.103.
10.5 --- W=25.104J --- tudo isso ocorre em ∆t=1s --- P=W/∆t=25.1041 --- P=0,25.106W=0,25MW --- R- A.
10- Colocando as forças no centro do bloco e
decompondo a força 
em suas componentes horizontal 
e vertical 
(fig. I) --- Fh=Fcos60o=16.0,5=8N
--- Fv=Fsen60o=16.0,85=13,6N --- colocando as forças
peso 
de
intensidade
P=mg=2.10=20N e a reação normal do apoio 
(figura (II) --- o bloco
se move sob ação de Fh=FR=m.a --- 8=2a ---
a=4m/s2 --- como o bloco está em equilíbrio na vertical, nessa direção a resultante é nula e --- P=N + Fv --- 20=N +
13,6 --- N=20 – 13,6 --- N=6,4N --- R- A.
11- As forças externas existem, mas suas intensidades são muito pequenas (praticamente desprezíveis) quando comparadas com as forças internas, que são muito grandes. Em alguns casos, como por exemplo – explosões, disparos, choques, etc.
Quando um sistema é isolado de forças externas, sua força resultante tem intensidade nula e consequentemente o impulso dessa força é nulo, pois I=FR.∆t=0.∆t=0. Como I=Qdepois – Qantes --- 0= Qdepois – Qantes --- Qantes = Qdepois. Sendo a quantidade de movimento grandeza vetorial, a relação abaixo representa o princípio da conservação da quantidade de movimento:
R- D.
12- Podemos determinar a distância focal f e a vergência C de uma lente conhecendo os raios de curvatura de suas faces e os índices de refração da lente e do meio que a envolve, através da equação dos fabricantes de lentes:
Sendo:
f --- distância focal da lente de vergência C=1/f com f em metros (m)
n2 --- índice de refração da lente
n1 --- índice de refração do meio que envolve a lente (normalmente o ar de n=1)
R1 e R2 --- raios de curvatura de cada uma das faces da lente
Se a face é côncava --- R é positivo
Se a face é convexa --- R é negativo
Se a superfície é plana --- R tende ao
infinito e 1/R=0
Se R1=R2 dizemos
que a lente é simétrica
Se, após a resolução f e consequentemente
C=1/f resultar positivo, a lente é convergente e se resultar negativo,
divergente.
1/f=[(n2/n1 – 1).(1/R1 +
1/R2) --- 1/-60 =[(n2/1 – 1).(1/-30 + 1/
) --- - 1/60=n2.(-1/30
+ 0) --- n2 – 1=30/60 ---
N2=0,5 + 1 --- n2=1,5 --- R- C.