Resolução comentada das questões de FÍSICA da UFES – ES – 017

Resolução comentada das questões de FÍSICA da

UFES – ES – 017

01- (A) Pelo gráfico, enquanto o tempo t (considerando medido em minutos) varia de 0 a 6min (∆t = 6

– 0 = 6 minx60 = 360 s) a temperatura varia de 20 oC para 50oC (∆T = 50 – 20 = 30 oC).

Cálculo da quantidade de calor (energia térmica) W absorvida pela água quando sua temperatura varia de ∆T = 30 oC, sendo dados m = 4 kg e c = 4,2.103 J.kg-1.oC-1,utilizando a equação fundamental da calorimetria W = Q = m.c. ∆T = 4.4,2.103.30 W = 504.103 = 5,04.105 J.

Essa energia (W = 5,04.103 J) foi totalmente fornecida pelo resistor de potência Po no intervalo de tempo de ∆t = 360 s Po = = Po = 0,014.105 W Po = 1400 W ou 1,4 kW.

B) A potência de Po = 1400 W é a mesma da bateria ideal (de resistência interna nula) e de fem U fornecida ao resistor de resistência R = 3,5 Ω Po = 1400 = U = = U = 70 V.

C) Como a taxa de aquecimento é constante você pode utilizar uma regra de três:

02- A) Veja a equação de Gauss abaixo:

Sendo a lente a mesma, a distância focal f também é a mesma e a ampliação A (aumento linear transversal) é fornecida pela expressão A = – que mostra que A depende apenas das distâncias do objeto e da imagem à lente.

Se a ampliação fosse a mesma nas duas posições, P1 seria igual à P1’, P2 seria igual à P2’ e │A│= │1│(objeto e imagem teriam o mesmo tamanho).

Observe na figura que, com o objeto mais próximo da lente P1’ > P1 e │A1│> │1│(tamanho aumentado).

Da mesma maneira, com o objeto mais afastado da lente P2’ < P2 e │A2│< │1│(tamanho diminuído).

B) Está sendo pedida a distância entre o objeto e a lente na situação em que estão mais próximos entre si (posição P), ou seja, está pedindo P1.

Nessas condições a distância do objeto à lente será P1 e da imagem à lente P1’ = L – P1 = 10 – P1 e na

outra posição a distância do objeto à lente será P2 e da imagem à lente P2’ = L – P2 = 10 – P2.

Observe ainda, na figura acima, que P2 – P1 = 6 (I).

03-

A) Colocando o polo (eixo de rotação) no ponto O, e estabelecendo o sentido de tendência de rotação em torno de O como positivo para o horário e negativo para o anti horário, vamos calcular o momento (torque) de cada força em relação a O, sendo dP e dm as distâncias entre o ponto de aplicação das forças O até as forças FP e Fm:

MP = P.d = P.0 = 0

MFP = + FP.dP

MFm = – Fm.dm

A condição de equilíbrio de rotação é de que a soma dos momentos (torques) de cada força seja nula

0 + FP.dP – Fm.dm = 0 FP.dP = Fm.dm Fm = FP.dP/dm.

B) O momento (torque) exercido pelo prego sobre o martelo (e vice versa) é fornecido e tem intensidade MP = FP.dP = 30 Nm com dm = 0,2 m, que substituidos em Fm = FP.dP/dm fornrcem Fm = Fm = 150 N.

C) Aquí o peso de intensidade P participa e sua distância ao polo é d, e as três forças que influem na rotação tem intensidades P, Fp e Fm, cujos momentos (torques) em relação à O, estabelecendo o sentido de tendência de rotação em torno de O como positivo para o horário e negativo para o anti horário, serão:

MP = – P.d

MFm = – Fm.dm = – Fm.20d = – 20dFm

MFP = + FP.dP = + FP.4d = + 4dFP

No equilíbrio de rotação a soma desses momentos deve ser nula – P.d – 20dFm + 4dFP = 0 20Fm = P – 4FP Fm = (P – 4FP/20 = –

04- A) A energia interna de certa massa de um gás perfeito é função exclusiva da temperatura desse gás

  Aumento de temperatura    (ΔT > 0)    aumento de energia interna    (ΔU > 0).

 Diminuição de temperatura    (ΔT < 0)    diminuição de energia interna    (ΔU<0).

 Temperatura constante   (ΔT = 0)    energia interna constante    (ΔU = 0).

Vamos então calcular a variação da energia interna em cada transformação:

I: E = 1.105.0,6/TE = 3.105.0,2/TF 6.104 / TE = 6.104/TF TE = TF energia interna constante. 

II: F 3.105.0,2/TF = 6.105.0,6/TH 6.104/TE = 6.104/TF 6.104TG = 12.104TF TF > TG TG = 2TF energia interna não constante.

III: G 6.105.0,2/TG = 4.105.0,6/TH 12.104/TG = 24.104/TH 24.104TG = 12.104TH TH = 2TH TH TG energia interna não constante.

IV: H 4.105.0,2/TH = 1.105.0,6/TE 8.104/TH = 6.104/TE 8.104TE = 6.104TH TE TH energia interna não constante.

R- A energia interna ∆U é constante apenas em I.

B) Em I não ocorre variação de energia interna.

Em II e III houve aumento de temperatura e, consequentemente aumento de energia interna.

Em IV houve diminuição de temperatura e, consequentemente diminuição de energia interna.

O aumento de enet=rgia interna ocorreu apenas em II e III e, como a energia interna é diretamente proporcional à temperatura absoluta, de A:

II. TG = 2TF = 2

III. TH = 2TG = 2

C) Veja informação abaixo:

No caso doe exercício vamos calcular a área do ciclo lembrando que nos trechos FG e HE o trabalho é nulo (transformação isovlumétrica).

Cálculo do trabalho W no trecho GH onde ele fornecido pela área do trapézio e é positivo (sentido horário):

Cálculo do trabalho W no trecho EF onde ele éfornecido pela área do trapézio e é negativo (sentido anti-horário):

W = 2.105 – 0,8.105 = 1,2.105 J

Po = Po = = 0,02.105 Po = 2.103 W como são 50 ciclos Po = 50.2.103

Po = 100 kW.

05- A) São dados: frequência dos fótons f = 1,2.1015 Hz e velocidade da luz no vácuo c = 3.108 m/s equação fundamental da ondulatória V = c = .f 3.108 = .1,2.1015  = = 2,5.10-7 = 250.10-9 m  = 250 nm.

Energia de cada fóton W = h.f com h = constante de Planck = 6,6.10-34 J.s W = 6,6.10-34.1,2. 1015 W = 7,92.10-19 J.

1 ev = 1,6.10-19 J W = 7,92.10-19x W = 4,95 eV.

B) Consultando a tabela você verifica que no tempo máximo de exposição ∆t = 6,00 s o nível de irradiação vale Ief = 4,95.10-4 Wcm-2.

Como, pelo enunciado a irradiação (Ief) é definida como potência (P) incidente por unidade de área (S) Ief = = Ief = W = Ief.S.∆t = 4,95.10-4.1.6 W = 29,7.10-4 = 2,97.10-3 J (energia total absorvida em cada 1 cm2 de área de pele em ∆t = 6,00 s).

Como é pedido o número n de fótons, cada um com energia Wf = 7,92.10-19 J, você terá n = = n = 3,75.1015 fótons.

C) Utilizando a mesma equação de (B), mas agora com a nova área S = 2 m2 = 2.104 cm2 W = Ief.S.∆t = 4,95.10-4.2.104.6 W = 59,4 J

 

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