Patm = pressão atmosférica; pv = pressão no gás (figura 1); ph = pressão no gás (figura 2) = Patm.

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1 1) Um recipiente cilíndrico de seção reta transversal A = 20,0 cm² é vedado por um êmbolo de peso 52,0 N que pode deslizar livremente sem atrito. O cilindro contém uma amostra de 3,00 litros de gás ideal na temperatura inicial de 300 K. Separadamente, com o cilindro nas posições vertical e horizontal, o gás é aquecido isobaricamente da temperatura inicial até a temperatura de 400 K, como mostram as figuras 1 e 2, respectivamente. A diferença entre os trabalhos realizados pelo gás nas posições vertical e horizontal, Wv Wh, em joules, é igual a Dados: pressão atmosférica patm = 1,00 x 10 5 N/m²; g = 10,0 m/s². A) 8,00 B) 10,0 C) 15,0 D) 18,0 E) 26,0 por Já em relação à área, a unidade do SI é m². Cada metro tem 100 cm. Assim, para transformar uma medida em cm para metro, devemos dividi-la por 100 ou então multiplicála por Como precisamos transformar cm² para m², fazemos: 1 cm² = (10-2 )² m² = 10-4 m². Sendo isobáricas as transformações envolvidas, podemos calcular o trabalho termodinâmico pela relação W = p x V e lembrar que, para os gases ideais, nestas transformações, o volume é diretamente proporcional à temperatura. Como a 300 K, ele vale 3 litros, a 400 K, valerá 4 litros. Além disto, vamos desprezar as precisões (,00..).. Isto será feito em todas as outras questões. Patm = pressão atmosférica; P = peso do êmbolo; A = área do êmbolo; pv = pressão no gás (figura 1); ph = pressão no gás (figura 2) = Patm. pv = Patm + O que diferencia as duas situações é o fato de que, na posição vertical, a pressão no gás é maior do que na posição horizontal, já que naquela, o êmbolo está sendo apoiado pelo gás. O estudante também deve ficar atento às unidades o volume, em litros e a área, em Wv Wh = pv. V ph. V = (pv - ph). V = (Patm + - Patm). V =. V = 52. (4 3). 10 = 26 joules Letra E cm², não estão no SI - Sistema Internacional de Unidades. Cada m³ (unidade do SI) corresponde a litros. Então, para 2) Considere certa amostra de um gás ideal na transformar litro para m³, devemos dividir o temperatura T kelvin cujas moléculas, de valor por o que equivale a multiplicá-lo massa M, possuem velocidade média V m/s. Em 1

2 uma amostra de outro gás também m ideal, mas na temperatura 2T kelvin e com moléculas de massa M/4, a velocidade média das moléculas é V m/s. A razão V /V vale A) ½ B) 2 C) 4 D) 2 2 E) 2/2 Como temos as massas das moléculas nas duas situações e suas respectivas velocidades médias, podemos recorrer a uma das conclusões da Teoria Cinética Clássica para os gases ideais, segundo a qual a energia cinética média por molécula é proporcional à temperatura. E = energia cinética; m = massa; v = velocidade; c = constante; E α T mv = c. t Situação 1 MV² = c. T (1) Situação 2 V = c. 2T (2) Para obtermos V /V, podemos dividir (2) por (1), membro a membro 1 2 M 4 V = 1 2 MV 1 4 V V = 2 V V = 8 V V Letra D c. 2T c. T = 8 = 2 2 3) Um reservatório fechado contém certa quantidade de um gás ideal à pressão inicial P0 = 1,00 x 10 5 N/m². Num primeiro processo, esse gás é lentamente aquecido de T0 = 27,0 0 C até uma temperatura T1. Num segundo processo, um pequeno orifício é aberto na parede do reservatório e muito lentamente, deixa-se escapar ¼ do conteúdo inicial do gás mantendo-se, porém, a temperatura constante. (T2 = T1, ver gráfico). Sabendo-se que, ao final do segundo processo, a pressão do gás no interior do reservatório é de P2 = 0,900 x 10 5 N/m², o valor de T2, em 0 C, é A) 103 B) 100 C) 97,0 D) 90,0 E) 87,0 2

3 Esta questão envolve duas transformações sofridas por um gás ideal. Na primeira delas, podemos usar a Lei Geral dos Gases Ideais - =, onde P é a pressão, V é o volume e T é a temperatura, em kelvin. Na segunda transformação, usaremos a equação de Clapeyron = em cada estado (inicial e final), onde n é o número de mols e R é a constante universal dos gases ideais, pois o número de mols muda de um estado para outro na transformação. Estado 0 P0 = 1,00 x 10 5 N/m²; Estado 1 P1 = pressão neste estado; Estado 2 P2 = 0,900 x 10 5 N/m² P. V = n. R. T (2) Para o Estado 2 0, V = 3 4. n. R. T (3) Dividindo-se (2) por (3), membro a membro P 0,9. 10 = (com as simpliicações) = 0, = 1,2. 10 (4) Substituindo-se se (4) em (1) T = 1, = 360 K 273 = 87 C Letra E (lembre-se de que T2 = T1) T0 = 27 0 C = = 300 K; V0 = volume inicial. T1= temperatura neste estado; V1=V0 (admitindose que as paredes do recipiente sejam inflexíveis) n = número de mols neste estado; V2 = V1 (o gás que se mantém no recipiente continua ocupando o mesmo volume) T2 = T1 n = n (já que de n deixou o recipiente) 4) Uma esfera, de peso P newtons e massa específica µ, está presa ao fundo de um recipiente por meio de um fio ligado a um dinamômetro D, de massas desprezíveis. A esfera encontra-se totalmente submersa em água de massa específica µ µágua = 2µ, conforme a figura. Nessas condições, a leitura do dinamômetro metro em função do peso P é dada por A) P/4 B) P/2 C) 2P/3 Transformação (0 1) V 300 Para o Estado 1 = P. V T T = P. 300 (1) D) P E) 2P 3

4 Vamos considerar que a esfera seja maciça. O empuxo é a resultante das forças que um fluido faz em um corpo que está parcial ou totalmente imerso nele. Para fluidos em equilíbrio (repouso ou movimento retilíneo e uniforme), o empuxo está na vertical ascendente (aponta para cima) e pode ser calculado como o produto da massa a específica do fluido pelo volume imerso e pela gravidade. No caso analisado, a esfera também está em equilíbrio. Para isto, o empuxo tem o mesmo valor numérico da soma do peso da esfera e da força que o fio exerce nela (que é a força indicada pelo dinamômetro). metro). Como a massa específica do líquido é o dobro da massa específica da esfera e ela está totalmente imersa, o empuxo é o dobro do peso (peso é o produto da massa pela gravidade e a massa é o produto da massa específica pelo volume). Sendo assim, a força no fio tem que ser igual ao peso o que já nos leva à resposta. Vejamos de outra forma. E = empuxo; P = peso da esfera; T = força no fio; µ = massa específica da esfera; V = volume da esfera. E = T + P T = E P T = 2µVg - µvg T = µvg T = P Letra D 5) Um projétil é lançado contra um anteparo vertical situado a 20 m do ponto de lançamento. Despreze a resistência do ar. Se esse lançamento é feito com uma velocidade inicial de 20 m/s numa direção que faz um ângulo de 60 0 com a horizontal, a altura aproximada do ponto onde o projétil se choca com o anteparo, em metros, é Dados: tg60 0 1,7; g = 10 m/s². A) 7,0 B) 11 C) 14 D) 19 E) 23 4

5 Vamos analisar o movimento de acordo com suas componentes horizontal e vertical. É como se tivéssemos dois movimentos simultâneos e independentes, em termos de resultado. Na horizontal, o movimento está isento de força resultante e ocorre por Inércia por isto é uniforme. Na vertical, o movimento está sujeito à aceleração imposta pela gravidade, que terá valor negativo, pois orientaremos a trajetória para cima, ou seja, as posições verticais serão contadas de baixo para cima e a gravidade aponta para baixo e, para esta altura, pode ser considerada constante. Assim, o movimento tem aceleração constante e é comumente chamado de uniformemente variado. Encontremos o tempo de movimento horizontal, do ponto de partida até o anteparo e, como os movimentos são simultâneos, o usemos no movimento vertical para calcularmos a altura alcançada neste instante. Este tempo é o tempo de voo do projétil. Decomposição da velocidade inicial = + 20 = = t t = 2s Vertical = + + S = sen S = Como tg 60 0 = 3 1,7 S 20.1, m Letra C 6) O bloco B, de massa 10,0 kg, está sobre o bloco A, de massa 40,0 kg, ambos em repouso sobre um plano inclinado que faz um ângulo Ɵ = 30 0 com a horizontal, conforme a figura. Há atrito, com coeficiente estático 0,600 entre o bloco B e o bloco A, não havendo atrito entre o bloco A e o plano inclinado. A intensidade mínima da força F, em newtons, aplicada ao bloco A e paralela ao plano inclinado, para que o sistema permaneça em repouso, é Dado: g = 10,0 m/s². A) 250 V = 20cos60 0 V = 20sen60 0 Horizontal B) 225 C) 200 D) 175 E) 150 5

6 F é uma força na direção do plano aplicada ao bloco A. Não haverá, deste modo, movimento na direção perpendicular ao plano e podemos nos preocupar apenas com as forças naquela direção. Para que o bloco A permaneça em repouso, as forças aplicadas a ele devem se anular. Então, as forças opostas a F, somadas, têm que ter a mesma intensidade de F. Estas forças são a componente tangencial do peso de A e a componente atrito entre os blocos que, de fato, aponta para baixo, já que o bloco B tende a descer, tentando, assim, empurrar A para baixo. Para que B fique em repouso, seu peso tangencial deve ter a mesma intensidade da componente de atrito entre os blocos, que em B aponta para cima, conforme o Princípio da Ação e Reação, segundo o qual as forças que pertencem ao par ação e reação têm a mesma direção, mas sentidos opostos (além de terem a mesma intensidade e serem aplicadas em corpos diferentes). Para o equilíbrio de A F = Fat + Pat = 50 + PA. senɵ = ,5 = 250 N Letra A 7) Um bloco de massa 5,00 kg desce, com atrito desprezível, a pista da figura, sendo sua velocidade inicial V0 = 4,00 m/s e a altura h = 4,00 m. Após a descida, o bloco percorre parte do trajeto horizontal AB, agora com atrito e, então, colide com uma mola de massa desprezível e constante k = 200 N/m. Se a compressão máxima da mola devido a essa colisão é x = 0,50000 m, o trabalho da força de atrito, em joules, vale Dado: g = 10,0 m/s² A) -72,0 B) -96,0 C) -140 D) -192 E) -215 Pat = peso tangencial de A; Fat = força de atrito; Pbt = peso tangencial de B. Para o equilíbrio de B Fat = Pbt = PB. senɵ = ,5 = 50 N No ponto inicial, em relação ao nível que passa por AB, o bloco tem energia cinética e potencial gravitacional. Durante a descida, a soma destas duas energias (energia mecânica) é mantida. Ao chegar a A, o bloco passa a perder energia mecânica por causa da força de atrito, até que, ao final da compressão da mola, a energia mecânica do sistema será a energia mecânica inicial subtraída do módulo do trabalho da 6

7 força de atrito. Assim, podemos afirmar que o trabalho da força de atrito é a energia mecânica final subtraída da energia mecânica inicial. Emi = energia mecânica inicial Emf = energia mecânica final Wfat = trabalho da força de atrito Wfat = Emf - Emi = Wfat =.(,). Wfat = -215 Joules Letra E + mgh ) Um bloco A, de massa ma = 1,0 kg, colide frontalmente com outro bloco B, de massa mb = 3,0 kg, que se encontrava inicialmente em repouso. Para que os blocos sigam grudados com velocidade 2,0 m/s, a energia total dissipada durante a colisão, em joules, deve ser A) 24 representada pela energia cinética de A antes da colisão, subtraída da energia cinética final do sistema, representada pela energia cinética dos dois blocos que, após a colisão, passam a se movimentar juntos. Mas para fazermos esta subtração, precisaremos da velocidade inicial do bloco A, que será encontra usando-se o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, aplicado ao sentido do movimento dos blocos, que se manterá, permitindo-nos lidar apenas com os módulos das quantidades de movimento. Q0s = quantidade de movimento inicial do sistema; Q0A = quantidade de movimento inicial de A; Qs = quantidade de movimento final do sistema; V0A = velocidade inicial de A; VS = velocidade final do sistema; Ec0s = energia cinética inicial do sistema; Ecs = energia cinética final do sistema; Mt = massa total do sistema; Etd = energia total dissipada. B) 32 C) 36 D) 48 E) 64 O valor da energia total dissipada durante a colisão é a energia cinética inicial do sistema, Q0s = Q0A = ma. V0A = 1. V0A (1) Q0s = Qs = (1 + 3). 2 (2) Igualando-se (1) e (2) 1. V0A = (1 + 3). 2 = 8 m/s Etd = Ecs - Ec0s 7

8 Etd = 24 joules.. =. O sinal negativo confirma que a energia foi dissipada. Letra A 9) Um bloco de massa M = 1,00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um MHS de amplitude A cm ao longo do plano inclinado mostrado o na figura. Não há atrito em qualquer parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida e exerce sobre o bloco uma força elástica de módulo igual a 3,00 N. A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de equilíbrio é. = em que a mola tem seu comprimento natural está acima da posição de equilíbrio. Além disto, como a força elástica será sempre paralela ao plano inclinado e a componente do peso que é perpendicular ao plano não realiza trabalho, as forças envolvidas (elástica e peso tangencial) nas transformações de energia do sistema (por exemplo, cinética para potencial elástica) estarão na direção do plano. Desta forma, podemos tratar o MHS como se ele estivesse ocorrendo na horizontal (que será a direção do plano), em termos de energia potencial gravitacional, ou seja, não precisamos considerá-la. A) 1,10 B) 0,800 C) 0,500 D) 0,300 E) 0,200 O estudante deve tomar um cuidado especial nesta questão. Ele comumente aprende que no MHS, a posição de equilíbrio, onde a força sobre o corpo é nula, corresponde ao local onde a elongação da mola é zero. Mas isto é verdade quando o sistema está na horizontal. Quando ele está parcial (que é o caso) ou totalmente na vertical, há um deslocamento da posição de equilíbrio por causa do peso do corpo (ou de sua componente tangencial). Assim, a posição X1 = distância entre a posição de elongação máxima e a posição de comprimento natural; X2 = distância entre a posição de comprimento natural e a posição de equilíbrio; Fel = força elástica na posição de elongação máxima; Fel = força elástica na posição de equilíbrio = peso tangencial do bloco (Pt). v = velocidade do bloco na posição de equilíbrio; Cálculo de X1 8

9 Fel = K. X1 = Cálculo de X2 = m Fel = K. X2 = Pt = mgsenɵ X2 = Ɵ =.., = m A = X1 + X2 = m m. v 2 Letra B = k. A 2 v = A. k = m 1 = ou 0,8 m/ /s 10) Um plano horizontal α contém determinado ponto O sobre o equador (geográfico), num local onde o campo magnético terrestre tem componente horizontal Bh. Sob a ação única desse campo, a agulha magnetizada AA de uma bússola de eixo vertical se alinhou ao meridiano magnético que passa por O, como mostra a figura. Considere que as propriedades magnéticas do planeta são as de uma barra cilíndrica imantada com polos magnéticos M e M,, ambos pontos da superfície terrestre. Já o eixo de rotação da Terra passa pelos pontos geográficos G e G. Se estes quatro polos têm suas projeções verticais em α (Mα,..., Gα ) alinhadas com a agulha, um navegante, partindo de O no sentido sul indicado inicialmente pela bússola, e que se desloque sem desviar sua direção, primeiramente passará próximo ao polo A) geográfico sul, se o polo mais próximo de O for o polo magnético norte (barra imantada). B) geográfico sul, se o polo mais próximo de O for o polo magnético sul (barra imantada). C) geográfico norte, se o polo mais próximo de O for o polo magnético norte (barra imantada). D) magnético norte, se o polo mais próximo de O for o polo magnético sul (barra imantada). E) magnético sul (barra imantada), se esse for o polo mais próximo de O. Os polos geográficos e magnéticos são opostos e não coincidentes, ou seja, o polo norte geográfico encontra-se próximo ao polo sul magnético (mas não coincidem) e vice versa. Para que as projeções destes quatro pontos estejam alinhadas em um plano que tangencia um ponto do equador geográfico é necessário que estes quatro pontos estejam no plano que é perpendicular ao anterior. A intersecção entre eles é a linha comum aos pontos citados. 9

10 A) 81 B) 85 C) 89 D) 93 E) 96 Como podemos ver, partindo de O e mantendo a mesma direção inicial, o navegante passará primeiro pelo sul geográfico, caso o sul magnético seja o mais próximo. Letra B 11) Dois geradores elétricos G1 e G2 possuem curvas características tensão-corrente dadas nos dois gráficos da figura. Se, em um circuito composto apenas pelos dois geradores, G2 for conectado em oposição a G1, de modo que U2 = U1, G2 passará a operar como um receptor elétrico. Nessa condição, o, o rendimento elétrico do gerador G1, em porcentagem, será de aproximadamente O rendimento de G1 pode ser determinado pela razão entre sua potência útil e sua potência total, na associação com G2. Para isto, precisaremos calcular a tensão em seus terminais o que nos levará a necessidade de conhecermos o valor da corrente que o atravessa. Isto será possível com o conhecimento das forças eletromotrizes dos geradores e suas resistências internas. o: ε1 = força eletromotriz de G1; ε2 = força eletromotriz de G2; r1 = resistência interna de G1; r2 = resistência interna de G2; icc1 = corrente de curto circuito em G1; icc2 = corrente de curto circuito em G2; U1 = tensão nos terminais de G1, na associação; I = corrente na associação; η = rendimento. Do gráfico de G1 10

11 ε1 = 27 V e icc1 = 36 A. Assim, r1 = = 0,75 Ω Do gráfico de G2 ε2 = 22 V e icc2 = 44 A. Assim, r2 = = 0,5 Ω i = =,, = 4 A η =.. =. = 1,. 0,,89 89% Letra C 12) No trecho de circuito mostrado na figura, o voltímetro e os amperímetros são ideais e indicam 6 V e 4/3 A (leitura igual nos dois amperímetros). As resistências possuem valor R desconhecido. A corrente I, em amperes, vale A) 2/3 B) 4/3 C) 2 D) 8/3 E, desta forma, podemos dizer que as resistências estão em paralelo. No primeiro ponto A, a corrente I se divide em duas correntes uma que passa por R e outra que passa pelo amperímetro da esquerda. Esta segunda corrente rente vai alimentar as outras duas resistências. Então, a corrente que passa pela primeira resistência é metade de 4/3, ou seja, vale 2/3 A e a corrente total I é 2 A. Daí, já temos a resposta. Mas vamos mostrar pela figura abaixo, como as correntes se dividem, para que o estudante tenha mais condições de entender. E) 3 Não há diferença de potencial elétrico entre os terminais de um amperímetro ideal já que U = RI e R do amperímetro ideal é zero. Assim, atribuindo valores genéricos para os potenciais dos nós dos terminais das resistências, teremos: 11

12 I = 2i + i = 3i 2i = i = I = 3. = 2 A Letra C 13) Para medir a ddp e a corrente no reostato de resistência elétrica R da figura, utilizou-se um voltímetro e um amperímetro reais, construídos com galvanômetros (G) idênticos de resistência interna RG = 40 Ω. Foram selecionados um multiplicador RM = 50 kω (no voltímetro), e um shunt Rs = 16 x 10-3 Ω (no amperímetro), definindo assim os valores máximos (fundo de escala) das medidas elétricas como sendo iguais a 50 V e 2,5 A, respectivamente. Desprezando os valores de R ou RG quando comparados a RM, o valor aproximado de R, em ohms, para o qual as correntes nos dois galvanômetros (IG) são sempre iguais é A) 20 B) 32 C) 40 D) 50 E) 64 Vamos analisar a situação como o um circuito elétrico qualquer. Na parte superior, o reostato está em paralelo com o ramo que contém o multiplicador e o galvanômetro e na parte inferior, o shunt está em paralelo com o galvanômetro. Como as correntes que atravessam os galvanômetros têm a mesma intensidade, nas duas situações, e as correntes que entram nas duas partes superior e inferior, também têm a mesma intensidade (I), a corrente que atravessa o reostato tem a mesma ma intensidade da corrente que atravessa o shunt, como mostra a figura. R. i = (RM + RG). IG = RM. IG (1) RS. i = RG. IG (2) Dividindo-se (1) por (2) R R = R R Letra A R = R. R R = = 20 Ω 40 12

13 14) As quatros cargas Q idênticas, positivas e puntiformes, estão fixas nos vértices de um quadrado de lado L = 2 m, isoladas e no vácuo (ver figura). Uma carga de prova positiva q = 0,10 µc é, então, cuidadosamente colocada no centro O da configuração. Como o equilíbrio é instável, a carga q é repelida até atingir uma energia cinética constante de 7,2 x 10-3 J. Desprezando a força gravitacional, o valor de cada carga Q, em microcoulombs, vale Dado: constante eletrostática no vácuo. K0 =.² 9,0 x 109 ² A) 1,0 nulo. Neste ponto, o campo elétrico também é nulo e, desta forma, a força resultante passa a ser nula, não realizando mais trabalho e a energia cinética se torna constante. W = trabalho do campo elétrico; V = potencial elétrico total no centro do quadrado; V = potencial elétrico provocado por cada carga nos vértices; d = distância do vértice até o centro do quadrado. B) 2,0 C) 4,0 D) 6,0 E) 8,0 No centro do quadrado, o campo elétrico é nulo porque as cargas são iguais e estão igualmente distantes deste ponto. Não havendo campo elétrico, não há força elétrica e a carga de prova não se movimenta. Desta forma, é necessário que alguma perturbação ocorra, por menor que seja, para que a carga de prova passe a se movimentar. Iniciado o movimento, a força elétrica será a resultante sobre a carga de prova. Então, o trabalho desta força será igual à variação de sua energia cinética. Podemos encontrar este trabalho com o produto da carga pela diferença de potencial elétrico que será a subtração do valor do potencial elétrico no centro do quadrado e do potencial elétrico num ponto muito distante (infinito), onde ele será d = V =.. = V = 4V = 4.. = 1 m. = 4... W = q.(v 0) = 7, , (4... Q = Letra B,.,.... ) = 7, = C ou 2µC 15) Uma fonte sonora pontual emite isotropicamente com uma potência de 15,0 W. Se esse som é interceptado por um microfone distante d = 100m da fonte, em uma área de 0,560 cm², a potência recebida, em nanowatts, é de A) 0,100/π B) 0,150/π 13

14 C) 0,190/π D) 0,210/π E) 0,250/π Esta questão foi anulada, pois a resposta correta não está disponível em nenhuma das alternativas, como veremos. A propagação da energia sonora ocorre igualmente em todas as direções (emissão isotrópica). Assim, a 100m da fonte, todos os pontos da casca esférica de raio 100m recebem a mesma intensidade (razão entre a potência e a área). I = intensidade (a 100 m); r = raio da casca esférica; A = área da casca esférica; P = potência da fonte sonora; P = potência recebida em uma porção da casca esférica (0,560 cm²); A = área de recepção do microfone (0,560 cm² ou 0, m²). I = P A = 15 4πr² = π. 100² P = I. A = P = 21 π nw π. 100².0, é descrita pela função de onda y(x,t) = 0,100cos(2,00x 10,0t) m, onde x está em metros e t em segundos. A tração na corda, em newtons, vale A) 60,0 B) 50,0 C) 40,0 D) 30,0 E) 20,0 Para encontramos a tração na corda, precisaremos da Equação de Taylor, segundo a qual, a velocidade na corda é a raiz quadrada da razão entre a tração e a densidade linear, que por sua vez é a razão entre a massa e o comprimento da corda. Para isto, deveremos calcular a velocidade de propagação da onda na corda, a qual pode ser obtida pela função de onda. V = velocidade de propagação da onda; T = tração na corda; µ = densidade linear da corda; V = T T = V². μ = V². m μ L = V². 2 1 T = V². 2(1) Função de onda genérica 16) Uma onda se propagando em uma corda de comprimento L = 100 cm e massa m = 2,00 kg Pode ser dada por y(x, t) = Acos( ), onde A é a amplitude, x é a posição horizontal, 14

15 y é a posição vertical, λ é o comprimento de onda, t é o instante considerado e T é o período. Para a onda em questão, y(x,t) = 0,100cos(2,00x 10,0t). Assim, temos 2π λ = 2 (2) 2π T = 10 (3) Dividindo-se (3) por (2) 2π T 2π λ = λ T = 5 e λ T = V V = 5(4) Substituindo-se (4) em (1) T = 5². 2 = 50 newtons resolução do problema. Mas se não lembrar, pode deduzi-la facilmente percebendo que a força de atração gravitacional entre a Terra e cada satélite é centrípeta. G = constante universal da gravitação; M = massa da Terra; V = velocidade orbital de B. V = (1) V = GM R (2) Dividindo-se (1) por (2), membro a membro Letra B V = R V R GM = = 10 = 10 17) Dois pequenos satélites A e B, idênticos, descrevem órbitas circulares ao redor da Terra. A velocidade orbital do satélite A vale va = 2 x 10³ m/s. Sabendo que os raios orbitais dos satélites são relacionados por = 1 10², a velocidade orbital do satélite B, em m/s, vale A) 2 x 10³ B) 1 x 10³ C) 4 x 10² D) 2 x 10² E) 1 x 10² V = V 10 = = 2.10 m/s Letra D 18) A viga inclinada de 60 0 mostrada na figura repousa sobre dois apoios A e D. Nos pontos C e E, dois blocos de massa 8,00 kg estão pendurados por meio de um fio ideal. Uma força de 30,0 N traciona um fio ideal preso à viga no ponto B. Desprezando o peso da viga e o atrito no apoio D, a reação normal que o apoio D exerce na viga, em newtons, é igual a Se o estudante lembrar-se da fórmula da velocidade orbital, ganha um tempinho na 15

16 A) 30,0 B) 50,0 C) 70,0 D) 90,0 E) 110 Como a barra está em equilíbrio e ela é um corpo extenso, a força resultante sobre ela tem que ser nula, assim como o torque resultante. Para encontrarmos a força que o apoio D faz sobre a barra, basta partirmos desta última condição. Para calcularmos o valor do torque de cada força, vamos fazê-lo em relação ao ponto A. Estes valores são respectivamente iguais ao produto da força pelo braço de força, que é a distância entre a reta base da força e o ponto escolhido. Desta forma, não precisaremos considerar as forças em A, já que seus braços serão nulos. Pe = Peso em E; Nd = normal em D; Pc = peso em C; F = força em B; Bd = braço de força (Nd); Bf = braço de força (F); Bc = braço de força (Pc); Bep = braço de força (Pe). Cálculo de Bd cos60 = 6 B B = 6 = 12 cos60 16

17 Cálculo de Bf C) 1,2 D) 0,60 E) zero cos60 = 2 B B = Cálculo de Bc e Bep 2 cos60 = 4 Da primeira figura, tiramos que Bc = 4 m e Bep = 8 m Nd e F tendem a girar a barra no sentido horário e Pe e Pc, no sentido anti-horário. Assim, a soma dos torques de Nd e F anula a soma dos torques de Pe e Pc Nd. Bd + F. Bf = Pe. Bep + Pc. Bc Nd = Nd = 70 N Letra C Do valor da capacitância e da energia anteriormente acumulada, calculamos a carga. Na associação em paralelo, a carga total será esta carga, mas distribuída entre as cinco capacitâncias. Daí, tiramos a ddp da associação. Q = carga; E = energia eletrostática inicial; U = ddp da associação. E = Q 2C Q = E. 2C Q = , = C U = Q 5C = = 4,8 V 5. 0, Letra A 19) Uma capacitância C = 0,25 µf armazenava uma energia eletrostática inicial de 72 x 10-6 J, quando foi conectada em paralelo a 4 (quatro) outras capacitâncias idênticas a ela, mas completamente descarregadas. As cinco capacitâncias associadas em paralelo atingem, no equilíbrio eletrostático, uma ddp, em volts, de A) 4,8 20) Uma balança encontra-se equilibrada tendo, sobre seu prato direito, um recipiente contendo inicialmente apenas água. Um cubo sólido e uniforme, de volume 5,0 cm³, peso 0,2 N e pendurado por um fio fino é, então, lentamente nte mergulhado na água até que fique totalmente submerso. Sabendo que o cubo não toca o fundo do recipiente, a balança estará equilibrada se for acrescentado um contrapeso, em newtons, igual a B) 2,4 17

18 Dados: g = 10 m/s²; massa específica da água = 1,0 g/cm³. A) zero, pois a balança se mantém equilibrada. B) 0,50, colocado sobre o prato direito. = 5 = E = μ. V. g = = 0,050 N Letra E C) 0,20, colocado sobre o prato esquerdo. D) 0,15, colocado sobre o prato direito. E) 0,050, colocado sobre o prato esquerdo. Como o cubo foi mergulhado lentamente, podemos admitir que a água permaneceu em equilíbrio. Também, pelas informações do enunciado, admitimos que não houve transbordamento. Assim, a força que a água fará sobre o cubo será o empuxo. Pelo Princípio da Ação e Reação, o cubo faz força na água de mesma intensidade e este será o valor percebido pela balança. Então, o contrapeso deverá ser colocado no prato esquerdo e seu peso deve ser igual ao empuxo citado. Se o cubo se apoiasse no fundo do recipiente, teríamos, além do empuxo, a força de contato estes dois, e o contrapeso deveria ter valor igual à soma do empuxo com esta força de contato. O estudante também deve se lembrar de transformar a massa específica da água e o volume do cubo para o SI. E = empuxo; μ = massa especíica da água; V = volume do cubo: μ = 1 g cm = 1 10 kg kg 10 = 10 m m 18

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