RESOLUÇÕES

Questão 01:

1. Sendo os atritos desprezíveis e considerando o sistema conservativo você pode utilizar o teorema da conservação da energia mecânica.

A. Energia mecânica no ponto M onde VM=0 e h=1,35m   ---  EM=EcM + EpM   ---  EM=mVM2/2 + m.g.h=m.02/2 + m.10.1,25  ---  EM=0 + 12,5m  ---  EM=12,5m  ---  energia mecânica no ponto N onde h=0 e VN=?  ---  EN=EcN + EpN   --

-  EN=mVN2/2 + m.g.h=m.VN2/2 + m.10.0  ---  EN=mVN2/2 + 0  ---  EN=mVN2/2  ---  pelo teorema da conservação da energia mecânica  --  EM=EN  ---  12,5m = mVN2/2  ---  VN=√25  ---  VN=5m/s.

B. Energia mecânica no ponto P onde VP=? e h=0   ---  EP=EcP + EpP   ---  EM=mVP2/2 + m.g.h=m.VP2/2 + m.10.0  ---  EP=mVP2/2  ---  energia mecânica no ponto Q onde h=0,8m e VQ=0  ---  EQ=EcQ + EpQ   ---  EQ=mVQ2/2 + m.g.h  ---

EQ=m.02/2 + m.10.0,8  ---  EQ= 0 + 8m  ---  EQ=8m  ---  pelo teorema da conservação da energia mecânica  --  EP=EQ  --

mVP2/2 = 8m  ---  VP=√16  ---  VP=4m/s.

2. Cálculo do coeficiente de restituição na primeira colisão com o solo onde a velocidade antes da colisão é Va=5m/s e a velocidade depois da colisão é Vd=4m/s  ---  pelo enunciado e=Vd/Va=4/5  ---  e=0,8  ---  na segunda colisão a velocidade com que ela sai do solo e atinge a altura de h=0,8m é a mesma com que ela chega ao solo a partir dessa

altura  ---  V’a=4m/s  ---  ela abandona o solo com V’b=?  ---  usando novamente o coeficiente de restituição e=0,8  ---

e=V’d/V’a  ---  0,8=V’d/4  ---  V’d=3,2m/s.

3.  Cálculo das quantidades de movimento da bolinha 1 antes e depois da primeira colisão, orientando, a partir do solo a trajetória para cima  ---  Q1antes=m.(-VN)=m.(-5)= - 5m  ---  Q1depois=m.(+VP)=m.4=4m  ---  somando vetorialmente

 ---  Q1= 4m – (-5m)  ---  Q1=9m=∆Q1  ---  analogamente, calculando as quantidades de movimento da bolinha 2 antes e depois da colisão e, como ela foi abandonada da mesma altura que a bolinha 1 ela chega ao solo com a mesma velocidade de V2antes=5m/s e pára V2depois=0  ---  orientando, a partir do solo a trajetória para cima  ---  Q2antes=m.(-V2antes)=m.(-5)= - 5m  ---  Q2depois=m.0=0 ---  somando-os vetorialmente você obterá  ---  Q2=0 – (-5m)  ---  Q2=5m=∆Q2  ---  pelo teorema do impulso  ---  I=∆Q=F.∆t  ---  F= ∆Q/∆t  ---  F1=∆Q1/∆t  ---  F1=9m//∆t  ---  F2=5m//∆t  ---  sendo o intervalo de tempo das colisões os mesmos  ---  F1 > F2.

02- Questão 2.

1. Como o sistema está em equilíbrio, a pressão interna do gás é equilibrada  pela pressão externa que é a soma da pressão atmosférica  (P_atm=1,01.10⁵ Pa(N/m²)) com a pressão (P_s) exercida pelo peso do êmbolo sobre sua área (S) de

seção transversal  ---  P = P_atm + P_s=1,01.10⁵ + (F=P)/S  ---  P = 1.01.10⁵ + m.g/S=1,01.10⁵ + 0,3.10/8.10^-4=1,01.10⁵ +   ---  P=1,01.10⁵ + 0,375.10⁴=1,01.10⁵ + 0,0375.10⁵  ---  P=1,0475.10⁵ N/m²  ---  cálculo da intensidade da força que o gás exerce sobre o êmbolo  ---  P=F/S  ---  1,0475.105=F/8.10^-4  ---  F=8,38.10  ---  F=83,8N.

2. Como o sistema está em equilíbrio a pressão interna do gás vale P=1,01.10⁵Pa  ---  fornecidos  ---  n=4.10^-3 mol  ---

T=27^oC=27 + 273=300K  ---  R=8,3J/(mol.K)  ---  cálculo do volume ocupado pelo gás pela equação de Clapeyron  ---

PV=nRT  ---  1,0475.10⁵.V=4.10^-3.8,3.300  ---  V=9960.10^-3/1,0475.10⁵=9508.10^-8  ---  V=9,5.10^-5m³  ---  mas, o

volume do cilindro vale V=S.h  ---  9,5.10^-5=8.10^-4.h  ---  h=1,1875.10^-1m=0,11875m=11,875cm  ---  h=11,875cm.
3. Agora, quando o gás é aquecido até T=57 + 273=330K, ele se expande, seu volume aumenta e o cilindro sobe uma altura ∆h ocupando um novo volume V  ---  observe que trata-se de uma transformação isobárica pois a pressão agora é a mesma que a da situação anterior (mesmo êmbolo e mesma P_atmosférica)  ---  equação geral dos gases perfeitos  --- 

P_o,V_o/T_o = P.V/T  ---  V_o/T_o = V/T  ---  V=V_oT/T_o=330V_o/300  ---  V=1,1V_o  ---  agora – V=S.h (I)  ---  antes – V_o=S.h_o

(II)  ---  (I)/(II)  ---  V/V_o=h/h_o  ---  1,1=h/11,875  ---  h=13,1cm.
03-Questão 3.

1.Trata-se de uma corda com as extremidades fixas onde o enésimo harmônico possui (“n + 1” nós e n fusos  ---

n.λ_n/2=L  ---  λ_n=2L/n  ---  V= λ_n.f_n  ---  f_n=V/λ_n  ---  f_n=nV/2L  ---  lembrando que f₁=V/2L  ---  f_n=nf₁

A. Se você chamar o som de frequência 880Hz de harmônico n, o som de frequência 1320Hz, que faz a corda oscilar em seguida será o som de frequência seguinte, ou seja, harmônica (n+1)  ---   f_n=nV/2L  ---  V=2Lf_n/n (I)  ---  f_{(n + 1)}=(n + 1).V/2L  ---  V=2Lf_{(n + 1)}/(n + 1) (II)  ---  como o meio de propagação (corda) é o mesmo a velocidade da onda nesse meio também é a mesma  ---  (I)=(II)  ---   2Lf_{(n )}/(n) = 2Lf_{(n + 1)}/(n + 1)  ---  2L.880/n = 2L.1320/(n + 1)  ---  880/n =

1320/(n + 1)  ---  880.(n + 1) = 1320n  ---  880n + 880 = 1320n  ---  n=880/440  ---  n=2 (880Hz é a frequência do 2^o harmônico)  ---  como f_n=nf₁  ---  880=2f₁  ---  f₁=440Hz. (frequência do violino, fonte).

B.  λ_n=2L/n  ---  λ₁=2L/1=2.0,32/1  ---  λ₁=0,64m.

2.

A. A frequência da onda, independente do meio onde ela está se propagando é a da fonte, no caso, f=440Hz.

B. Agora é a onda sonora se propagando no ar com velocidade V=340m/s, mas a frequência da onda é a mesma f=440Hz  ---  equação fundamental da ondulatória  ---  V=λf  ---  340=λ.440  ---  λ=0.77m.

04-Questão 4.

1. Veja figura abaixo:

2.  Observe que a luz incide na face interna  com ângulo i=45^o  ---  cálculo do ângulo limite  nessa face  --- 

senL=n_menor/n_maior=1/n  ---   para que ocorra reflexão total ele deve incidir com ângulo superior ao ângulo limite, ou seja i>L, ou ainda seni > senL  ---  sen45^o > senL  ---  √2/2 > 1/n  ---  n > √2 >1,4  ---  como o índice de refração para a luz branca nesse vidro é n=1,5 (valor também próximo para as outras cores do espectro visível), valor que é maior que 1,4, a luz branca e as demais cores sofrerão reflexão total na face interna do prisma e o raio de luz emergente sairá rasante do prisma.

3. Como visto em 2, na face oposta ao ângulo reto não haverá refração da luz branca e de nenhuma das outras cores, haverá apenas reflexão total  ---  nas outras duas faces em que ocorre refração nenhum raio de luz sofrerá desvio, pois eles incidem perpendicularmente à essas superfícies (i=r=0^o), não provocando dispersão da luz branca em outras cores  ---  ela não observará dispersão da luz branca nesse caso.

05-Questão 5.

1. As massas das duas esferas são iguais a m  ---  a carga de 1 é Q e de 2 é q, tal que Q > q  ---  sendo as massas iguais, os pesos também serão iguais, pois, P=m.g  ---  como as esferas estão se repelindo, essas cargas tem o mesmo sinal, por

 exemplo, positivas  ---  essas esferas se repelem com forças  de mesma intensidade, mesma direção mas sentidos contrários (Princípio da ação e reação) o que implica que os ângulos θ₁ e θ₂ são iguais  ---  θ₁= θ₂.

2. A intensidade da força elétrica de repulsão  entre as cargas 1 e 3 é a mesma  ---  o peso da esfera 3 é maior que o da esfera 1, pois M>m  ---  na figura abaixo está esquematizada a força resultante  que age que age sobre cada

esfera e os respectivos ângulos formados com a vertical  ---  observe nessa figura que  θ₁> θ₃.

3. Sendo fornecido pelo enunciado que os raios das três esferas são iguais, elas possuem as mesmas dimensões com as cargas uniformemente distribuídas em suas superfícies externas com valores respectivamente Q, q e Q  ---  quando

colocadas em contato simultâneamente tornam-se um único corpo com  carga Q’=(Q + q + q) e, após separadas cada uma fica com carga de mesmo valor Q’’ tal que Q’’=Q’/3  ---  q₁=q₂=q₃.

06-Questão 6.

1. Veja a teoria a seguir:

 Um dos processos práticos para se determinar a direção e o sentido do vetor indução magnética  ou vetor campo magnético, é a regra da mão direita. Esse sentido de depende do sentido da corrente que o origina.

Você coloca o polegar no sentido da corrente com a mão espalmada (primeira figura), em seguida você fecha a mão

 para pegar o fio (segunda figura) e o sentido da “fechada” de mão é o sentido do vetor (terceira figura). Observe na terceira figura que  é sempre tangente às linhas de indução em cada ponto.

 Define-se fluxo magnético pela letra Φ (fi), como sendo o produto entre o vetor indução magnética, a área S da espira e o cosseno do ângulo α formado entre  e , ou seja:

 Observe que o fluxo magnético Φ pode ser considerado como a grandeza física que mede o número de linhas de indução que atravessam a superfície de uma espira e que o fluxo será máximo quando α=0^o (número de linhas de

indução que atravessam a espira é máximo - I) e será nulo quando α=90^o (nenhuma linha de indução atravessa a espira - II), o que é o caso do exercício, não surgindo nenhuma corrente elétrica induzida na espira  ---  R- Não.

2. Veja na figura que, nesse caso, as linhas de indução do campo magnético criado pela corrente elétrica estão saindo

do interior do anel, perpendiculares a ele, gerando um fluxo magnético no interior do mesmo  ---  esse fluxo magnético é variável pois a corrente elétrica no fio também o é, o que fará surgir uma corrente elétrica induzida no anel, de acordo com a lei de Faraday-Newman  ---  Sim.

3. Veja na figura que na parte superior do anel existe um fluxo de indução magnética variando num sentido (linhas de

campo saindo) e na parte inferior em outro sentido (linhas de campo entrando)  ---   esse fenômeno gera nessas duas partes, superior e inferior do anel) forças eletromotrizes induzidas de polaridades opostas, que se anulam  ---  assim não haverá corrente elétrica induzida na espira  ---  não.

 

 

Exercícios