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RESOLUÇÕES
Primeira fase
01- Pelo enunciado, durante o processo de varredura ocorre a formação de uma película de água líquida entre a pedra e a pista, ou seja, está havendo uma fusão, uma passagem do estado sólido para o líquido.
Assim, a transformação promovida pela varredura é a de número 1.
R- D
02- Após a queima de 4,00g de carvão, a temperatura interna do calorímetro aumentou de Δθ=(31,3 – 20,0)=11,3oC.
Capacidade térmica=variação da quantidade de calor/variação da temperatura --- C=ΔQ/Δθ ---
21,4=ΔQ/11,3 --- ΔQ=241,82kcal.
O exercício pede a quantidade de calor, em kcal/g (kcal por cada grama), liberada na queima do carvão --- regra de três --- 4g – 241,82kcal --- 1g – Q --- 4Q=241,82 --- Q=60,45kcal.
R- E
03- Nas regiões desérticas a amplitude térmica (diferença entre a máxima e mínima temperaturas) é bastante elevada e nas regiões litorâneas ela é bem menor devido ao alto calor específico da água em relação a outras substâncias, é que ela pode absorver ou ceder grandes quantidades de calor
com pequena alteração de temperatura. Isto ocorre devido às pontes de hidrogênio que mantêm as moléculas unidas. Nas regiões desérticas a ausência de água faz um ambiente possuir um baixo calor específico, e desta forma o ambiente se aquece facilmente e se arrefece facilmente.
R- B
04- O enunciado afirma que o gráfico representa as velocidades escalares desses dois corredores em função do tempo, desde o instante da largada (t = 0) até os instantes em que eles cruzaram a linha de chegada --- assim, A cruzou a linha de chegada no instante tA=10s e o B, no instante tB=12s.
Observe no gráfico que, quando o corredor A terminou a prova, faltava ao corredor B percorrer
durante Δt=(12 – 10)=2s com velocidade de VB=10m/s uma distância dB dada por --- VB=dB/Δt ---
10=dB/2 --- dB=20m.
R- D
05- Pelo enunciado --- FE=2FD --- durante o movimento com aceleração de a=0,2m/s2 a força de atrito Fat =240N e é constante.
Aplicando a segunda lei de Newton --- FR=ma --- FD + FE – Fat = ma --- FD + 2FD – Fat = ma ---
3FD – Fat =ma --- 3FD – 240 = 120.0,2 --- FD = (24 + 240)/3 --- FD=88N.
FE=2FD=2.88=176N.
R- D
06- Titã, está a uma distância média de 1 200 000 km de Saturno e tem um período de translação de, aproximadamente, 16 dias terrestres ao redor do planeta:
TTitã=16d e rTitã=1 200 000km=12.105km.
Tétis é outro dos maiores satélites de Saturno e está a uma distância média de Saturno de 300 000 km e pede-se seu período de translação ao redor de Saturno:
TTétis=? --- rTétis=300 000km=3.105km.
Aplicando a terceira lei de Kepler:
R- B
07- P=3cm --- sendo a imagem virtual e direita a ampliação é positiva e i=2,5o --- i/o = - P’/P --- 2,5o/o = - P’/P --- P’= - 2,5P --- P’= - 2,5.3= - 7,5cm --- 1/f = 1/P + 1/P’ --- 1/f = 1/3 + 1/(-7,5) --- 1/f = 1/3 – 1/7,5 --- 1/f = (7,5 – 3)/22,5 --- 1/f = 4,5/22,5 --- f=22,5/4,5=5cm.
R- A
08- Usando os valores nominais de cada lâmpada idênticas você pode calcular o valor da resistência elétrica de cada uma pela expressão P=U2/R --- 100=1002/R --- R=100Ω.
Observe na figura abaixo que a lâmpada L1 de resistência R=100 Ω, é percorrida por i1, e pelo enunciado sob potência de 100W, tal que --- P1=R.i12 --- 100=100. i12 --- i1=1 A (corrente por L1 quando sob potência de 100W)
Observe na figura acima que a lâmpada L2 de resistência R=100 Ω, é percorrida por i2, e pelo enunciado sob potência de 64W, tal que --- P2=R.i22 --- 64=100. i12 --- i2=0,8A. (corrente por L2 quando sob potência de 64W)
No trecho série R1 e L1 (R=100 Ω), percorridos por i1=1 A e sob ddp de U=200V (paralelos à fonte) você terá:
Req=(R1 + 100) --- U=200V e i1=1 A --- Req=U/i1 --- R1 + 100 = 200/1 --- R1=100 Ω.
No trecho série R2 e L2 (R=100 Ω), percorridos por i1=0,8 A e sob ddp de U=200V (paralelos à fonte) você terá:
Req=(R2 + 100) --- U=200V e i2=0,8 A --- Req=U/i2 --- R2 + 100 = 200/0,8 --- R2 + 100 = 250 ---
R2=150 Ω.
Se R1 = 100 Ω, L1 dissipará uma potência de 100W e se R2 = 150 Ω, L2 dissipará uma potência de 64W,
conforme pedido no enunciado.
R- C
09-
Carga
elétrica q lançada
com velocidade 
lançada
perpendicularmente
às linhas de indução de
um
campo
magnético uniforme 
---
observe que, neste caso o ângulo
entre e é
90o e
que sen90o=1.
Na
figura abaixo uma carga
positiva q penetra
com velocidade
numa região em que existe um campo
magnético uniforme saindo
da folha.
Observe que e
são perpendiculares e, como a velocidade é
sempre tangente à trajetória em cada ponto, a força magnética 
,
obtida pela regra da mão esquerda e indicada na figura é sempre
dirigida para o centro de uma
circunferência de raio R. Assim, a carga q realizará um movimento circular uniforme com velocidade de intensidade constante .
A expressão matemática dessa força magnética é Fm=q.V.B.senθ=q.V.B.1 --- Fm=q.V.B --- lembrando que a força magnética Fm é responsável pelo movimento circular é a força resultante centrípeta de intensidade Fc=m.V2/R --- Fm=Fc --- q.V.B=m.V2/R --- observe na figura acima que R=x/2 --- q.B=m.V/x/2 --- qBx/2=mV --- m=qBx/2V.
R- E
10-
A pressão hidrostática no fundo de cada recipiente é fornecida pelo teorema de Stevin --- P= d.g. h . No volume 1 de altura 2m --- P1=dágua.g.h1= dágua.g.2 --- P1=2dágua.g.
No volume 2 de altura 1m --- P2=dágua.g.h2= dágua.g.1 --- P1=dágua.g.
11- Observe na figura que o comprimento de onda destacado vale --- λ=450.10-9m.
Pelo enunciado, a frequência ν é inversamente proporcional ao comprimento de onda λ, sendo a constante de proporcionalidade igual à velocidade da luz no vácuo de, aproximadamente,
3,0.108 m/s, ou seja, c=λ.V --- 3.108=450.10-9.V --- V=3.108/450.10-9≈0,0066.1017=6,6.10-14Hz.
R- A
01-
Estando
o garoto
em repouso dentro do barco,
o sistema
está em equilíbrio
estático na vertical e
a força
resultante
sobre ele é nula.
Forças verticais que agem sobre sistema (garoto mais barco) de massa ms=50 + 150=200kg:
Agora você vai trabalhar na horizontal, utilizando o princípio da conservação da quantidade de movimento do sistema garoto-barco:
Antes do salto:
Depois do salto:
Pelo princípio da conservação da quantidade de movimento:
Qsa = Qsd --- 0 = 45 – 150Vrec --- Vrec=45/150 --- Vrec=0,3m/s.
02- Observe no gráfico que, quando C=0oC, X=25oX e que, quando C=10oC, X=85oX.
Equação de conversão:
Pode-se transformar uma indicação de uma escala para outra conforme o procedimento a seguir, de acordo com a relação matemática baseada no teorema de Thales:
Calor específico (sensível da liga metálica --- Cl=0,1cal/(g.oX) --- observe que, para cada variação de 10oC (10 – 0) na Celsius, ocorre uma variação de 60oX (85 – 25) na escala X.
Regra de três:
Portanto cl = 0,1o g/(cal.oX)=0,1 cal/g.(1/6)oC --- cl=0,6 cal/goC
Qa + Ql = 0 --- 100t – 2000 + 120t – 9000 = 0 --- t=11000/220 --- t=50oC.
03- Colocando a chave na posição B você terá o circuito da figura abaixo cuja sequência nos
fornece o resistor equivalente Req=20 + RL --- Req=U(E)/i --- 20 + RL=100/2 --- 20 + RL=50 --- RL=30Ω.
Veja que o enunciado afirma que, com a chave em B onde i=2A, a potência elétrica dissipada pela lâmpada é de Pd=60W, o que nos forneceria uma resistência de --- P=RL.i2 --- 60=RL.22 --- RL=15Ω.
Como o exercício afirma que a resistência da lâmpada é constante, essa potência fornecida de 60W é incompatível e vamos ignorá-la na continuação do exercício e considerar a resistência da lâmpada como seno RL=30Ω.
Colocando agora a chave em A, a nova resistência equivalente será Req=45 + 20 + 30=95Ω (figura).
Req=E/i’ --- 95=100/i’ --- i’=100/95≈1A --- potência dissipada pelo circuito --- P=Req.i2=95.12=95W.
Energia elétrica dissipada pelo circuito durante Δt=2min=2.60=120s --- W=P.Δt=95.120 ---
W=11400J=1,1.104J.