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RESOLUÇÕES - 1A FASE

01- No instante do salto o atleta tem duas velocidades, uma horizontal de intensidade V_h=10m/s e outra, vertical de intensidade V_vque produz uma energia cinética de E_c=70% de uma energia de E=500J, ou seja, produz uma E_c vertical de E_Cv=(70/100)x500=0,7x500 --- E_Cv=350J --- essa energia cinética origina uma velocidade vertical de E_Cv=mV_v²/2 --- 350=70.V_v²/2 --- 70V_v²=2x350 --- V_v²=700/70 --- V_v=√(10) m/s ---

então, no instante do salto você tem duas velocidades --- uma horizontal de intensidade fornecida V_h=10m/s e outra vertical de intensidade V_v=√(10)m/s --- a velocidade pedida, velocidade resultante, no momento do salto corresponde à soma vetorial dessas duas velocidades --- aplicando Pitágoras --- V_R²=

V_h² + V_v²= 10² + (√10)²=100 + 10--- V_R=√(110)≈10,488m/s --- R- B

02- Inicialmente você tem o núcleo de polônio inicialmente em repouso (V_Po=0) e, assim a quantidade de

movimento inicial é nula pois, Q_i=mV_po=204u.0 --- Q_i=0 --- depois o núcleo de polônio se transforma em

um núcleo de chumbo com velocidade de módulo V_Pb e em uma partícula alfa com velocidade de módulo V_α --- a quantidade de movimento do sistema depois da transmutação será --- Q_d=m_Pb.V_Pb + m_α.V_α=200u.V_P

+ 4u.V_α--- pelo Princípio da Conservação da quantidade de movimento --- Q_i=Q_d --- 0 = 200u.V_P + 4u.V_α

4u.V_α = - 200uV_Pb --- V_α = - 50 V_Pb­--- energia cinética do núcleo de chumbo --- E_Pb=m_Pb.V²_Pb/2 --- E_Pb=200u.V²_Pb/2 (I) --- energia cinética da partícula alfa --- E_α=m_α.V²_α/2 --- E_α=4u.(-50V_Pb)²/2 = 4ux 2500. V²_Pb/2--- E_α =10000u.V²_Pb/2 (II) --- (I)/(II) --- E_Pb/E_α=(200u.V²_Pb/2)/(10000u.V²_Pb/2) --- E_Pb/E_α =

(200u.V²_Pb/2)x(2/10000u.V²_Pb) --- E_Pb/E_α =200/10000=1/50 --- E_Pb=E_α/50 --- R- C

03- O Empuxo (força vertical e para cima) corresponde ao peso do volume de líquido (no caso, água)

deslocado pela parte imersa do bloco e, pelo enunciado esse volume tem massa m com peso fornecido por P_água=m.g=E--- por outro lado, o bloco encontra-se em equilíbrio (força resultante nula) flutuando na água

e assim, seu peso P_bloco (vertical e para baixo) deve anular o empuxo E (vertical e para cima) --- P_bloco=M.g=E=P_água--- m,g = M.g --- m=M --- R- C

04-  Na direção radial--- o exercício afirma quea pessoa se solta do cipó no instante em que sua velocidade fica novamente igual a zero, ponto S da figura --- se nesse ponto a velocidade é nula V_S=0, nele a força resultante centrípeta também é nula, pois F_CS=m.(V_S)²/2=m.0²/2=0 --- F_CS=0 --- então a aceleração

centrípeta em S será também nula, pois F_C=m.a_C=0 --- a_C=0 e isso ocorre porque a tensão T anula a componente oposta do peso P’=Pcos30^o 

Na direção tangencial--- a força resultante F_R sobre o corpo em S (responsável pelo movimento na

direção perpendicular ao cipó) é a parcela tangencial do peso P_t=Psen30^o --- F_R=ma --- F_R=P_t ---

ma=mgsen30 --- a=gsen30^o=10.(1/2) --- a_t=5m/s²--- essa aceleração é a tangencial e forma um ângulo de 60^o com a vertical --- R- E

05- Gravidade artificial - Na Terra estamos acostumados com a “sensação se peso” e que quando estamos apoiados ela (sensação de peso) ocorre devido à força de reação normal  do apoio sobre nosso corpo.

Estando em equilíbrio e  possuem a mesma intensidade, ou seja, N=P  ---  N=m.g--- como a massa m é sempre constante, se variarmos a “gravidade” g, estaremos variando essa “sensação de peso”.

 Essa “sensação de peso” pode ser obtida fazendo a estação espacial, que deve ter a forma de um cilindro oco, efetuar movimento contínuo de rotação com velocidade angular W.

Essa simulação da “gravidade” ocorre, pois todo corpo em movimento circular tende a se afastar do centro e, no caso, “colando” nas paredes internas do cilindro--- o“peso aparente” do astronauta é percebido pela reação normal  das paredes da nave sobre ele, que é a própria força resultante centrípetaF_c=m.V²/R, que deve ser igual ao peso do astronauta na Terra onde g==10m/s² --- portanto, para que as pessoas tenham a sensação de peso, como se estivessem na Terra a condição é --- N=P com N=mW²R e P=mg --- no caso do exercício são dados --- R=100m --- g=10m/s² --- portanto, N=P --- mW²R=mg --- W².100=10 --- W=√(10/100) --- W=√(0,1)≈0,316 rad/s --- R- B

06- Lâminas bimetálicas – Quando você solda duas barras de materiais diferentes você obtém uma lâmina bimetálica e, se você as submeter à mesma variação de temperatura, o sistema vai curvar-se para o lado da barra de menor coeficiente de dilatação (se dilata menos, ferro), quando aquecida e para o lado da barra de maior coeficiente de dilatação (se dilata menos, bronze), quando resfriada, pois ∆L=L_o.α.∆Ɵ e, nesta expressão a dilatação ∆L é diretamente proporcional ao coeficiente de dilatação α --- R- D

07- Sempre que um feixe de luz monocromática (uma só cor, no caso, verde) incide sobre uma lâmina de faces paralelas (placa plana do exercício) imersa em um mesmo meio, o raio incidente e o raio emergente são paralelos não sofrendo mudança na direção, no caso horizontal, veja a análise nas figuras abaixo:

R- A

08- Segunda lei de Ohm: Através de pesquisa, Ohm descobriu que a resistência elétrica de um condutor, mantida a temperatura constante, é diretamente proporcional ao comprimento L do fio, é inversamente proporcional à área de seção reta transversal S e depende do material que constitui o corpo (essa dependência do valor da resistência em relação ao material que constitui o resistor, chama-se resistividade do material e representa-se pela letra grega ρ “rô”).

Matematicamente:

09- Para ondas sofrendo interferência em meios uni, bi ou tridimensionais são válidas sempre as relações:

Para que um ponto P esteja em interferência construtiva (reforço), a distância da fonte F₂ até P (d₂) menos a distância da fonte F₁ até P (d₁), deve valer um número par (2n) de meios comprimentos de onda: 

Para que um ponto P esteja em interferência destrutiva (anulação), a distância da fonte F₂ até P (d₂) menos a distância da fonte F₁ até P (d₁), deve valer um número ímpar (2n + 1) de meios comprimentos de onda:. 

São dados--- f=440Hz --- V=330m/s --- equação fundamental da ondulatória --- V=λ.f --- 330=λ.440 ---

λ=330/440=0,75m--- a distância da caixa acústica da direita, fonte F₁, até o Sr. Rubinato (ponto P) que vale

(L + ℓ) menosa distância da caixa acústica da esquerda, fonte F₂, até o Sr. Rubinato (ponto P) que vale (L) deve ser um número ímpar, pois o Lá passou de forte (interferência construtiva) para fraco (interferência destrutiva)--- o primeiro ímpar ocorre quando n=0 --- d₁ – d₂=(2n + 1).(λ/2) --- (L + ℓ) – L = (2x0 + 1). 0,75/2--- ℓ = 1x0,75/2=0,375m=37,5cm --- R- A

10- Força elétrica --- quando uma carga elétrica q é colocada no interior de um campo elétrico uniforme surge sobre ela uma força elétrica com as seguintes características:

Sendo as cargas elétricas que penetram no campo elétrico uniforme positivas a força elétrica que

surgirásobre elas terá a mesma direção e sentido do campo, ou seja, vertical e para cima.

Força magnética --- quando uma carga elétrica positiva q é colocada no interior de um campo magnético uniforme surge sobre ela uma força magnética com as seguintes características:

 Direção e sentido de  - fornecidos pela regra da mão esquerda conforme mostrado na figura abaixo.

Observe na figura da direita que  é perpendicular a  e a , o que impõe a condição de que  e devem pertencer a um mesmo plano. Observe também que θ é o ângulo entre e 

 Intensidade de  - é proporcional a q, V, B e ao senθ, obedecendo à equação:

Pela regra da mão esquerda aplicada nas cargas ao penetrarem no campo magnético , a força magnética

que agirá sobre elas terá direção vertical e sentido para baixo (figura) e, sendo, pelo enunciado e

perpendiculares, o ângulo θ entre eles será de 90^o e a intensidade de será F_m=q.V.B.sen90^o --- F_m=q.V.B.

Análise de cada grupo, onde foram colocadas as forças elétrica e magnética :

Conclusão: V₁< V₃< V₂ e V₃=E/B --- R- E

11-

12-

I. Falsa --- orelha direita --- observe no gráfico que para a orelha direita, sons de frequência 6 kHz possuem intensidade mínima de 25 dB, ou seja, ele não ouve sons com intensidade abaixo de 25 dB, não ouvindo, portanto som de intensidade 20 dB

orelha esquerda --- observe no gráfico que para a orelha esquerda, sons de frequência 6 kHz possuem intensidade mínima de 10 dB, ou seja, ele não ouve sons com intensidade abaixo de 10 dB, ouvindo, portanto som de intensidade 20 dB

Assim, para a frequência de 6 kHz e nível sonoro 20 dB a pessoa ouve com a orelha esquerda, mas não

com a direita.

II. Correta --- para ser ouvido um som de frequência 0,25 kHz deve possuir intensidade mínima de 10 dB

para as duas orelhas, ouvindo, portanto, um sussurro de 15 dB.

III. Falsa --- a transformação de som em impulso elétrico ocorre na orelha interna onde estão localizados os ossos martelo, bigorna e estribo.

R- B.

RESOLUÇÕES - 2A FASE

01- a) Área da superfície interna total do contêiner que tem a forma de um paralelepípedo de arestas 2mx3mx4m --- a superfície interna contém 6 áreas internas --- 2S₁=2x(2x3) =12m² --- 2S₂=2x(3x4) =24m²

--- 2S₃=2x(2x4)=16m² --- área interna total --- S=12 + 24 + 16 = 52m² --- S=52m²

b) A potência do aquecedor que deve manter a temperatura interna do contêiner constante deve ser igual ao fluxo de calor Φ (quantidade de calor por unidade de tempo) que flui através das paredes de área S=52m², e de espessura  ε= 26 cm=26.10^-2m, condutividade térmica k=0,05 J/(s.m.^oC), sofrendo uma variação de temperatura ΔT={20 – (-40)}=60^oC --- utilizando a expressão fornecida --- Φ=kSΔT/ε= 5.10^-2x52x60/26.

10^-2 = 600.10^o --- Φ=600 J/(s.m.^oC) --- cálculo da potência do aquecedor -- P=Φ/ΔT --- veja que ΔT=1s pois o fluxo fornecido é por unidade de tempo --- P=600/1 --- P=600,0W

c) Energia E em kWh consumida pelo aquecedor de potência P=600W em um dia ΔT=24h --- P=E/ΔT ---

600W=E/24h --- E=600Wx24h=14400Wh=14,4kWh --- E=14,4kWh

02- a) O “Note e adote” afirma que você pode considerar as órbitas como sendo circulares e, assim, a Terra executa um movimento circular uniforme (MCU) em torno do Sol com velocidade angular W_T constante --- então, a força gravitacional F_G que o Sol de massa M_S aplica sobre a Terra de massa M_T será a força resultante centrípeta F_c que é responsável por manter a Terra em órbita circular ao redor do Sol --- F_G = F_c

b) A velocidade angular orbital W_A do satélite pedida é a mesma que a da Terra W_T já que ambos, satélite e Terra giram alinhados ao redor do Sol “varrendo” a mesma área no mesmo tempo --- W_A=W_T=2/T, onde T é o perído de rotação da Terra em torno do Sol e pelo “Note e adote” T=1 ano=3,14.10⁷s --- W_A=2x3,14/

3,14.10⁷ --- W_A=2.10^-7 rad/

03- a) Observe no circuito que o resistor R e a lâmpada tipo led estão associados em série e uma das características da associação série é que a corrente elétrica que circula em cada aparelho é a mesma, ou seja, i_ℓ = i_R --- o enunciado fornece que a tensão (ddp) na lâmpada led é U_ℓ=2,5V e, pelo gráfico, você

observa que i_ℓ=0,04 A --- assim, i_ℓ = i_R=0,04 A

b) Outra característica da associação série é que a tensão total (da bateria U=4,5V) é a soma das tensões

de cada elemento do circuito série --- assim, U = U_ℓ + U_R --- 4,5 = 2,5 + U_R --- U_R=2,0V --- R=U_R/i_R ---

R=2/0,04 --- R=50Ω

c) Corrente elétrica total i no circuito, agora com U=3V e R=50Ω pode ser determinada por P=i.U, onde P é fornecida P=60mW=60.10^-3W --- 60.10^-3 = i.3 --- i=60.10^-3/3 --- i=20.10^-3 A --- essa corrente é a mesma que flui pelo resistor R=50Ω (característica da associação série) --- em R --- P=R.i²=50.(20.10^-3)² 50.400.10^-6 --- P=20000.10^-6 =20.10^-3 --- P=20mW

04- a) É pedido o intervalo de tempo Δt em que a luz se desloca da roda com velocidade c, percorrendo L ao

atingir E₂ na ida e, em seguida, retorna até a roda com velocidade c percorrendo novamente a distância L na volta --- dados --- V=c --- ΔS=2L --- Δt=? --- V= ΔS/Δt --- c=2L/Δt --- Δt=2L/c

b) Em uma volta completa quando a roda gira um ângulo de 2π rad, você verá passar por um ponto P, N (número de dentes da roda) dentes o que implica a passagem de N ângulos θ, tal que, Nθ=2π --- θ=2π/N, onde θ é o ângulo entre os centros de 2 dentes consecutivos --- para que você entenda melhor coloquei

nas figuras acima uma roda com 4 dentes efetuando 1 volta completa, onde N=4 --- o exercício afirma que na ida a luz deve passar pelo vão (espaço central) entre dois dentes consecutivos e na volta, depois de refletido por E2, deve ser interrompido pelo dente seguinte --- assim, a condição para que a luz efetue essa

trajetória é que a mínima variação de ângulo deve ser de um giro de ΔΦ=θ/2 da roda dentada --- substituindo θ=2π/N em ΔΦ=θ/2 --- ΔΦ=(2π/N)/2 --- ΔΦ=π/N --- se a roda efetua V voltas na unidade de tempo, sua velocidade angular será W=1voltaxV=2πV --- W=2πV --- W= ΔΦ/Δt --- 2πV=(π/N)/Δt ---

2πVΔt = π/N --- Δt=1/2NV

c) O tempo obtido nos itens (a) e (b) é o mesmo, pois o tempo que a luz demora para ir até o espelho E₂ e voltar é o mesmo que a roda demora para girar de θ/2, assim você pode igualá-los --- 2L/c = 1/2NV --- substituindo os valores fornecidos no Note e adote --- 2x8600/c = 1/2x750x12 --- c≈3,1.10⁸m/s

05-

c) Na figura abaixo coloquei todas as forças que agem sobre a esfera:

Como as forças verticais e se anulam sobraram agindo na esfera as força --- a força resultante

sobre a esfera é a soma vetorial dessas duas forças --- aplicando Pitágoras --- F_R² = F_h² + F_t² = 400² +

0,2² --- F_R²=160 000 + 0,04 --- F_R=√(160 000,04 --- F_R≈400N

d) A intensidade da aceleração angular média quando a velocidade angular W varia de zero a 200rad/s em 5s é fornecida por α=ΔW/Δt=200/5 --- α=40rad/s²

06-

c) Pelo enunciado o censor de imagem tem dimensão útil de 6mmx6mm, ou seja, tem altura de 6mm (diâmetro máximo) - D=6mm (dimensão da imagem) --- D - dimensão do objeto=? --- P’=175mm – distância da imagem à lente --- P=70mm – distância do objeto à lente --- equação do aumento linear transversal --- D’/D = - P’/P --- 6/D = - 175/70 --- 175D = - 6x70 --- D= - 420/175 --- D=2,4mm (em módulo)

Exercícios