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RESOLUÇÕES
01- a) Chamando de 0 o centro da Terra e de S o ponto onde está o satélite, você terá para qualquer um dos dois triângulos abaixo --- cosβ=cateto adjacente/hipotenusa=6400/(6400 + 6400)=1/2 --- β=60o=π/3 rad (figura 1) ---
mas, observe na figura 2 que α=2β=120o=2π/3 rad --- α = comprimento do arco AB/R --- 2π/3 = SAB/6400 --- SAB=12800π/3=
12800.3/3 --- SAB=12800km.
b) Observe o triângulo abaixo --- utilizando o teorema dos cossenos --- d2=(OS)2 + (OC)2 – 2.(OS).(OC).cosθ ---
d2=(12800)2 + (6400)2 + 2.(12800).(6400).(3/4) --- d=6400√2 km.
02- Essa escala fornecida quer dizer que cada 1cm medido no mapa vale na realidade 50.000cm=5.104cm=5.104x
10-5km=5.10-1km=0,5km --- como a cidade tem 4,5km você pode usar uma regra de três --- 1cm – 0,5km --- kcm – 4,5km --- k=4,5/0,5 --- k=9cm --- R- A.
03- Intervalo de tempo durante o qual a bateria está descarregando, até acabar, ou seja descarregar sua carga máxima que é de q=75 A.h --- i=q/∆t --- 75A.h = 50A/∆t --- ∆t=75A.h/50A --- ∆t=1,5h --- supondo a velocidade de V=60km/h constante --- V=∆S/∆t --- 60=∆S/1,5 --- ∆S=90,0km/h --- R- C.
04- Correndo sem vento, o velocista demora ∆t=10s para percorrer ∆S=100m --- correndo com o vento a favor, para percorrer os mesmos ∆S=100m ele demora ∆t’=10,0 – 0,1=9,9s --- com vento a favor --- V=∆S/∆t’=100/9,9 ---
V=10,101m/s --- R- C.
05- Uma dada porção de ar ocupa um volume V numa determinada temperatura T --- o exercício fornece --- pressão parcial do vapor de água --- Pvapor=3.103Pa --- pressão do ar (pressão atmosférica --- Patm=1.105Pa --- sendo os gases ideais você pode aplicar --- P.V=n.R.T --- sendo --- P (pressão); V (volume); n (quantidade de moléculas); R (constante) e T (temperatura absoluta) --- para o vapor de água --- Pv.V=nv.R.T --- 3.103.V = nv.R.T (I) --- para o ar atmosférico --- Par.V=nar.R.T --- 1.105.V=nar.T (II) --- (I)/(II) --- 3,103V/1.105=nV.R.T/nar.R.T --- 3.103/1.105=
nV/nar --- é pedido nv/nar=3.103/1.105 --- porcentagem= nv/nar=3.10-2=0,03x100 --- porcentagem=3% --- R D.
06- Você pode resolver de duas maneiras:
1a – Traçando os raios de luz e determinando geometricamente a imagem (figura abaixo):
Características da imagem: Natureza – real (obtida na interseção dos próprios raios luminosos) --- invertida em relação ao objeto e de dimensão 4cm.
2a – Analiticamente --- dados --- distância do objeto à lente – P=3cm --- distância focal da lente f=2cm --- altura do objeto – O=2cm --- equação dos pontos conjugados --- 1/f=1/P + 1/P’ --- 1/2= 1/3 + 1/P’ --- 1/P’=(3 – 2)/6 ---
P’=6cm (P’ > 0, imagem real) --- i/o= - P’/P --- i/2 = - 6/3 --- i= - 4cm (i<0, imagem invertida e de altura 4cm) ---
R- A.
07- Teorema do Impulso:“ O impulso da força resultante de um sistema de forças que age sobre um corpo é igual à variação da quantidade de movimento do corpo”
Muitos automóveis dispõe de um eficiente sistema de proteção para o motorista, que consiste de uma bolsa inflável de ar (air-bag) --- essa bolsa é automaticamente inflada quando o automóvel sofre uma desaceleração súbita, de modo que a cabeça e o tórax do motorista, em vez de colidirem com o volante, colidem com a bolsa.
Veja pela expressão F.∆t=m.∆V, que m e ∆V são constantes (mesmo motorista e mesma variação de velocidade) e assim, teremos --- F. ∆t=constante, portanto se você aumentar o intervalo de tempo do choque, estará diminuindo a intensidade da força máxima que o motorista troca com o volante.
Assim, a bolsa aumenta o intervalo de tempo da desaceleração da cabeça do motorista, diminuindo, portanto, a força máxima que atua sobre a cabeça e o tórax --- R- A.
08- Dados --- período de rotação da hélice e do ponto P (tempo que P demora para efetuar uma volta completa) - T=2s --- Raio --- R=10m --- distância percorrida por P ao efetuar uma volta completa - ∆S=2πR=2.3.10 --- ∆S=60m ---
Velocidade do ponto P --- VP=∆S/∆t=∆S/T=60/2 --- VP=30m/s --- energia cinética do aerogerador --- Ec=M.VP2/ 2=(50.103).(30)2/2 --- Ec=2250.103 --- Ec=22500.103=2,25.107J --- R- B.
09- Observe no eixo vertical que uma precipitação de 30mm está entre 26,2 e 33,7 --- tirando uma média aritmética entre esses números você terá --- Pm=(26,2 + 33,7)/2=29,95≈30mm/dia (ponto médio entre essas duas indicações) ---
veja no gráfico que a cidade de campinas teve 4 dias com precipitação acima de 30mm/dia, correndo risco de alagamento --- mais detalhadamente nos dias 10/01;16/01;18/01 e 11/02 --- R- B.
10- Construindo um triângulo retângulo --- tan15o=cateto oposto/cateto adjacente=h/3,8 --- h=3,8tan15o km ---
R- A.
11- Substituindo na expressão fornecida T(t) = (To – Tar).10 – t/12 + Tar, To=740oC, T(t)=140oC e Tar=40oC --- 140 = (740 – 40).10-t/12 + 40 --- 100=700x10-t/12 --- 1 = 7x10-t/12 --- 1/7 = 10-t/12 --- log(1/7) = log(10-t/12) --- log(7-1) = -(t/12). log10 --- -log(7) = - t/12 --- t=12.log(7) minutos --- R- C.
12- Na figura abaixo você pode prolongar o feixe laser PF até o ponto P’, eqüidistante de G em relação a A ---
aplicando Pitágoras no triângulo retângulo BPP’ você obtém o comprimento ℓ --- ℓ2 = 62 + 4,52=36 + 20,25 --- ℓ=√(56,25) ---
ℓ=7,5cm --- observe q na figura que o comprimento ℓ=7,5cm é metade do comprimento total percorrido pelo feixe laser --- ℓ’=15,0 cm --- R- B.
13- a) Pelo enunciado observe que, para cada 100g de bauxita você tem 55g de óxido de alumínio (Al2O3) e 45g de resíduos --- massa molar do óxido de alumínio (Al2O3) --- 2x(27) + 3x(16)=102g.mol-1 --- massa de alumínio que compõe o óxido de alumínio (alumina) --- Al2=2x(27)= 54g.mol-1 --- regra de três --- 102g de Al2O3 – 54g de Al --- 55g de Al2O3 – x --- x=55x54/102 --- x=29,12g de alumínio em 100g de bauxita --- cálculo da massa de resíduos --- regra de três --- 29,12g de Al – 45g de resíduos --- 32.106t de Al – y --- y=45x32.106/29,12 --- y=49,45t.106≈
4,9.107t de resíduos.
b) Dados --- tempo de duração do banho --- ∆t=10mim=10.60=600s --- potência elétrica do chuveiro --- P=3000W --- P=energia(W)/ ∆t --- 3000=W/600 --- W=18.105J (energia dissipada num banho de 10min) --- pelos dados, 1 latinha 3,6.106J --- regra de três --- 1 latinha – 3,6.106J --- n latinhas – 18.106J --- n=3,6.105/18.106=0,2.10 --- n=2 banhos.
14- a) A velocidade dos neutrinos é a mesma que a da luz no vácuo(e aproximadamente, no ar) --- V=3.108m/s --- distância do Sol à Terra --- ∆S=1,5.1011m --- V=∆S/∆t --- 3.108=1,5.1011/∆t --- ∆t=1,5.1011/3.108=0,5.103 ---
∆t=500s=8min2s.
b) Observe a seqüência das figuras abaixo, onde a tração 
foi decomposta em
suas componentes horizontal 
e
vertical 
--- Th=Tcos45o=(√2/2).T
--- Tv=Tsen45o=(√2/2).T --- equilíbrio na
vertical --- Tv=mg --- (√2/2).T= mg --- T=√2.mg
--- equilíbrio na horizontal --- Fe=Th --- Fe=(√2/2).T=(√2/2).√2.mg
--- Fe=mg=0,004.10-3.10 ---
m=4.10-5kg --- Fe=kq2/d2 --- 4.10-5 = 9.109.q2/(3.10-2)2 --- q2 = 4.10-2.9.10-4/9.109 --- q=√(4.10-18) --- q=2.10-9C --- (essas duas cargas são ambas positivas ou ambas negativas, pois as hastes se repelem).
15- a) Massa do atleta --- m=70kg --- como pedido no exercício, pelo gráfico 1, a terceira corrida demorou ∆t=t=0,5h num percurso de ∆S=7,5km --- V=∆S/∆t=7,5/0,5 --- V=15km/h --- pra essa velocidade V=15km/h, você verifica no gráfico 2 que CMET=60kJ/kg.h --- usando a expressão fornecida pelo enunciado do exercício --- E=CMET.m.t=60.70.
0,5 --- E=2100kJ.
b) Avaliando a área da sola de um tênis como um retângulo de 35cm=0,35m de comprimento e 9cm=0,09m de largura
--- S=0,35x0,09=30,5.10-4≈3.10-5m2 --- pressão (Pr)=força(no caso, peso P)/área (S) --- P=mg=70.10=700N --- Pr=
P/S=700/3.10-5 --- Pr≈2,3.104 N/m2 (Pa).
16- a) Pelo enunciado a intensidade da força vertical e para cima que o vento exerce sobre a gota vale Fvento=b.r com b=1,6.10-3N/m --- ρágua=m/V --- volume da gota considerada esférica de raio r --- V=(4/3).π.r3 --- ρágua=m/(4/3).π.r3 --- m=ρágua.π.r3=103.3.(4/3)r3 --- m=4.103.r3 --- na iminência de começar a cair, o peso da gota
(vertical e para baixo) deve ser igual à força aplicada pelo vento (vertical e para cima) --- P=Fvento --- m.g = b.r --- 4.103.r3.10 = 1,6.10-3.r --- r2= 1,6.10-3/4.104=0,4.10-7 --- r=√(4.10-8) --- r=2.10-4m=0,2mm --- esse deve ser o raio da gota quando ela está na iminência de cair --- para que ela caia você deve ter --- r > 0,2mm.
b) Cálculo da massa dessa água que ocupa um volume V de água contida numa área de S=1m2 e altura h=20mm=
20.10-3m=2.10-2m --- V=S.h=1.2.10-2=2.10-2m3 --- ρágua=m/V --- 103=m/2.10-2 --- m=20kg (é essa massa de água que ao se chocar com o solo provoca nele um impulso vertical e para baixo) --- I=m.∆V --- como o choque é inelástico, a variação de velocidade da água com o solo foi de ∆V=2,5m/s --- I=20.2,5 --- I=50N.s, impulso sobre o solo, vertical e para baixo.
17- a) São dados --- Vo=6000m/s --- V=0 --- to=0 --- t=7min=7.60=420s --- cálculo da aceleração de
retardamento --- a=(V – Vo)/(t – to)=(0 – 6000)/(420 – 0) --- a=-14,3s --- FR=m.a=1000.(- 14,3)= - 14300N --- em módulo ---
FR=1,43.104N.
b) Pelos dados ela entrou na atmosfera marciana com Vo=6000m/s em uma altitude de ho=125km=125.103m e na altura
h=100km=100.103m ela teve velocidade de V=4000m/s --- 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 --- a força dissipativa
nesse caso é a força de atrito Fat --- Wfat=Em – Emo --- Em=mV2/2 + mgh=103.(4.103)2/2 + 103.10.100.103=9.109J ---
Emo=mVo2/2 + mgho=103.(6.103)2/2 + 103.10.125.103=19,25.109J ---Wfat= - 10,25.109 --- Wfat≈ - 1,0.1010J.
18- a) A intensidade da radiação solar absorvida pela placa coletora é igual ao quociente entre a potência P da placa coletora e a área S da mesma --- I=P/S --- 400 = P/2 --- P=800W --- essa potência P=800W é definida como sendo à razão entre a energia W absorvida pelo coletor (no caso, térmica, calor) e o respectivo intervalo de tempo ∆t=1,0min=60s --- P=W/∆t --- 800 = W/60 --- W=Q=4.8000J=4,8.104J --- equação fundamental da calorimetria --- Q=m.c.∆θ --- 4,8.104=6,103. ∆θ --- ∆θ=4,8.104/6.103 --- ∆θ=8,0oC.
b) Dados --- To=290K --- T=300K --- ρo=1,2kg/m3 --- m (constante) --- P (constante) ---densidade=massa/
volume --- ρ=m/V --- V=m/ρ --- Vo=m/ρo --- equação geral dos gases perfeitos --- P.Vo/To = P.V/T --- (m/ρo)/To=(m/ρ)/T --- ρo.To = ρ.T --- 1,2x290 =ρ.300 --- ρ=1,2x290/300=348/300 --- ρ=1,16kg/m3.
19- Numa explosão de supernova foram liberados 3,24.1048 J , de forma que sua massa foi reduzida para mfinal=4.1030kg. Qual era a massa da estrela antes da explosão?
a) De acordo com o enunciado são dados --- c=3.108m/s --- ∆λ=0,0092λo --- substituindo em expressão fornecida --- v=c.∆λ/λo --- v=3.108.0,092.λo/λo=0,276.1018m/s --- V=2,76.107m/s --- o valor da constante de Hubble também é fornecido --- H=2,3.10-18s-1 --- v=H.r --- 2,76.107 = 2,3.10-18.r --- r=2,76.107/2,3.10-18 --- r=1,2.1025m (distância da Terra até a galáxia)
b) Dados --- E=3,24.1048J --- c=3.108m/s --- massa liberada em forma de energia (massa transformada) --- mt=?
E=mt.c2 --- 3,24.1048=mt.(3.108)2 --- mt=3,24.1048/9.1016 --- mt=0,36.1032kg --- mt=36.1030kg --- mfinal= minicial -mt --- dado --- mfinal=4.1030kg --- 36.1030 = minicial – 4.1030 --- minicial=40.1030kg --- minicial=4,0.1031kg.
20- a) São dados --- f=60Hz --- c=v=3.108ms --- equação fundamental da ondulatória --- v=λ.f --- 8.103= λ.60 ---
λ=3.108/60=0,05.108 --- λ=5,0.106m.
b) U=500kV=5.105V --- P=400MW=4.102.106=4.108W --- P=i.U --- 4.108=i.5.105 --- i=0,8.103A --- i=800 A.
21- a) A intensidade luminosa originada por uma fonte de potência Po=24W, a uma distância d=2m da mesma, pelo enunciado é dada por --- Io=Po/4πd2 = 24/4.3.22=24/48 --- Io=0,5W/m2 --- para θ=60o --- I=Io.cos2θ=0,5.cos260o=
0,5.(0,5)2 --- I=0,125W/m2.
b) Sendo θB + θr = 90o e θB=60o --- 60 + θr = 90o --- θr =30o --- aplicando a lei de Snell-Descartes --- n1.sen θB =n2.
senθr --- 1.√3/2 = n2.1/2 --- n2=√3.