GABARITO R4 FÍSICA SETOR 101 Resposta da questão 1 No instante t0 = 0, a mola está na posição de equilíbrio (não deformada). No instante t, a distância do bloco ao eixo vertical é L = 30 cm. Marcando-se as forças que agem no corpo nesse instante, tem-se: a) A força que age na mola tem o mesmo valor da força com que a mola age no corpo (3ª Lei de Newton). Pode-se calcular seu valor aplicando-se a lei de Hooke. Fel = kx Fel = k (L Lo) Fel = 300 (0,3 0,) Fel = 30 N b) Aplicando-se o princípio fundamental da dinâmica para o corpo, tem-se: c) No instante t, o corpo possui energia cinética e energia potencial elástica, portanto: 1
d) Resposta da questão a) Sendo m a massa da sonda, a razão procurada pode ser calculada como segue: b) O movimento da sonda New Horizons é circular e uniforme. Logo, a velocidade orbital fica determinada: Resposta da questão 3 a) O bloco está submetido às seguintes forças:
Como o bloco está em MRU, a resultante é nula. Logo, o coeficiente de atrito dinâmico pode ser assim determinado: b) O módulo de cisalhamento da areia pode ser obtido, a partir do gráfico fornecido, utilizando µ = 0,4, como segue: Logo, a razão l/δx pode ser assim determinada: Resposta da questão 4 3
SETOR 10 Resposta da questão 1: 4 a) Dados: Δ E 3,6 10 J/g; m m Δt 0,1g/min. Usando análise dimensional: E E m 4 J g J 3.600 J W Δ Δ P 3,6 10 0,1 3.600 Δt m Δt g min min 60 s W 60 W. b) Dado: m =,5 g. Usando os dados e resultados do item anterior e análise dimensional, vem: 3.600 J,5 g 4 E E 9 10 J. min g 0,1 min c) Dados: p0 1 atm; V0 750 ; Cv 30 J atm J ; R 0,0 ; mol K mol K mol K T0 7 C 300 K; 1 mol 5. O excesso de dados com valores aproximados e inconsistentes permite duas resoluções que chegam a diferentes resultados. Calculando o número de mols: - Pela equação de Clapeyron: p0 V 1 750 p0 V n R T 0 n n 31,5 mol. R T 0,0 300 - Por proporção direta: 5 1 mol 750 n n 30 mol. 750 n 5 Nota: por comodidade, será usado nos cálculos a seguir o segundo resultado: n = 30 mol. - A energia liberada pela queima da vela é absorvida pelo ar na forma de calor, aquecendo o ar do recipiente. 4 Q 9 10 E Q n Cv ΔT ΔT ΔT 100 K 100 C. n Cv 30 30 - A queima da vela ocorre a volume constante, portanto toda a energia liberada é usada para aumentar a energia interna do gás. Como o ar deve ser tratado como gás perfeito, usando a expressão da variação da energia interna para um gás diatômico, vem: 4 5 ΔU 9 10 E ΔU n R ΔT ΔT ΔT 75 K 75 C. 5 n R 5 30 Nota: por comodidade, será usado nos cálculos a seguir o primeiro resultado: ΔT 100K. d) Aplicando a equação geral dos gases ideais: p0 V pv 1 p 4 p atm p 1,33 atm. T 0 T0 ΔT 300 300 100 3 Resposta da questão : A figura ilustra os pontos destacados no gráfico que são relevantes para as resoluções dos dois itens. 4
a) Dados: V 0,4 V; m 5 g; Δt 4 h. Do gráfico: V 0,4 V C 0 mah/g. Q m C 5 0 Q 100 mah. Q 100 i m Q 5 ma. Δt 4 i ma. b) Dados: Do gráfico: C 10 mah/g V 0, V. P i V 0, P 0,4 mw. Resposta da questão 3: a) A constante α é dada pela declividade da reta. 1 1 6 Ω α tg θ α 0,06. 10 0 100 C T 0 C R 1 do gráfico ; i 10 A. b) Dados: Ω 0 0 A 0 C: V R i 110 V 10 V. c) À temperatura TM: V R i 10 R 5 R 4 Ω. Do gráfico: R 4Ω TM 0 C. 5
Resposta da questão 4: a) A área total é igual à soma das áreas das seis faces. A 3 4 3 4 A 5 m. b) Dados: k 5 10 J(s m C); ε 6cm 6 10 m; Ti 0C; Te 40 C. Para manter a temperatura constante, a potência do aquecedor deve compensar o fluxo de calor para o meio. Assim: P Φ k A ΔT 5 10 5 0-40 6 10 ε 6 10 W P 0,6 kw. c) Da expressão da energia consumida: E P Δt 0,6 4 E 14,4 kwh. Resposta da questão 5: a) Dados: v = 7 km/h = 0 m/s; C = 35 MJ/L = 35 10 6 J/L; η 30% 0,3; Δt 1h 3.600s. Como a velocidade é constante, a força motriz tem a mesma intensidade da força de resistência do ar. Assim, a energia útil (EU) é igual ao trabalho realizado pela força motriz. 7 EU τf F ΔS F v Δt EU 30 0 3.600 EU,74 10 J. Calculando a energia total (ET): 6 EU EU,74 10 7 η E T ET 9,110 J. ET η 0,3 Por proporção direta, calculamos o consumo de gasolina: 6 7 35 10 J 1 L 9,1 10 V V,6 L. 7 6 9,1 10 J V 35 10 b) Dados: N =.500 N; R = 30 cm; d = 0,3 cm. O torque total em relação ao ponto O deve ser nulo. Então, em relação a esse ponto, o somatório dos momentos horários é igual ao somatório dos momentos anti-horários. Assim: Nd.5000,3.500 Fat R N d F at R 30 100 F 5 N. at Resposta da questão 6: a) Dados: 3 3 3 3 V 1.00 cm 1, 10 m ; m 6 kg 6 10 g; M 44 g / mol; R,3 J / mol K; T 300 K. Da equação de Clapeyron: 3 m m R T 6 10,3 300 p V R T p M V M 3 1, 10 44 p 1,9 10 N/m. b) Dados: m = 50 g; v = 0 m/s. Estimando a massa do extintor: Mext = 10 kg = 10.000 g. Como se trata de um sistema mecanicamente isolado ocorre conservação do momento linear. Assim, em módulo: mv 50 0 Mext V m v V V 0,1 m/s. M 10.000 ext Resposta da questão 7: a) Dados: P 1.400W; η 50% 0,5; Δθ 0 C; m 100 g; ca 4,J / g C. Calculando a potência útil: 6
P η P 0,5 1.400 P 700 W. U T U Da expressão da potência térmica: Q Q mca Δθ 100 4, 0 P U Δt Δt Δt PU PU 700 Δt 1 s. b) Dados: L = 30 cm; v c 3 10 m / s Observando a figura dada, concluímos que entre as paredes cabem,5 comprimentos de onda. Assim: 30,5 λ L λ λ 1 cm 110 m.,5 Da equação fundamental da ondulatória: v 3 10 10 9 v λ f f 0,5 10 Hz,5 10 Hz λ 110 f,5 GHz. Resposta da questão : O gráfico destaca os valores relevantes para a resolução da questão. a) Como o resistor e a lâmpada estão em série, a corrente é a mesma nos dois. Do gráfico: V,5 V ir i 0,04 A. b) A força eletromotriz da bateria é E = 4,5 V. A tensão no resistor é VR. VE E VR 4,5,5 VR,0 V. Aplicando a 1ª lei de Ohm: VR R i R R0,04 R 0,04 R 50 Ω. c) Com a nova bateria (E = 3 V), para a potência total PT = 60 mw, a corrente na lâmpada é R P E' i' 60 3 i' i' i' R 0 ma 0,0 A 10 A. A potência PR dissipada no resistor é: R 4 3 R P R i' 50 10 50 4 10 0 10 W P 0 mw. i'. Resposta da questão 9: a) Dados: m = 1000 kg; v0 = 6000 m/s; v = 0; Δt = 7 min = 40 s. Da segunda lei de Newton, para a força resultante tangencial: 7
v 0 6000 6 6 10 Fres m a Fres m 1000 t 40 4, 10 4 Fres 1,43 10 N. b) Dados: m = 1000 kg; h0 = 15 km = 15 10 3 m; h = 100 km = 100 10 3 m; v = 4000 m/s; v0 = 6000 m/s; gmarte = 4 m/s. Sendo WFat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica: final inicial mv mv 0 WFat EMec E Mec WFat m gmarteh m gmarteh 0 m WFat v v m g h h 1000 W 4000 6000 1000 4 100 15 1000 Fat Fat 0 Marte 0 7 6 10 W 500 10 4 10 5 110 110 Fat 10 W 1,01 10 J.
SETOR 103 Resposta da questão 1: a) v = 35 m/s b) λ = 0, m c) Observe o esquema a seguir: Resposta da questão : a) f = 400Hz b) 67N Resposta da questão 3: a) b) Embora o examinador quisesse os traçados numa mesma figura, para melhor visualização, foi construída uma segunda figura. c) Dado: β 44. 9
Na figura acima, cada lado de α é perpendicular a cada lado de α β 44. O triângulo ABC é retângulo. Então: β. Então: γ α 90 10 γ 44 90 10 γ 10 90 γ. d) Dado: AC = 10 cm; sen ( ) = 0,37; cos ( ) = 0,93; sen (44 ) = 0,70; cos (44 ) = 0,7; sen ( ) = 0,99; cos ( ) = 0,03. Do item anterior, Da trigonometria: γ. sen = cos = 0,03; cos = sen = 0,99. No triângulo ABC: AC sen 10 0,03 10 1 10 tg γ AB cos AB 0,99 AB 33 AB AB 330 cm. Resposta da questão 4: a) Dados: P0 = 4 W; d = m; π 3; θ 60. Combinando as expressões dadas: I I0 cos θ P0 4 1 1 1 P 0 I cos θ cos 60 I 0 4π d 4 3 4π d I 0,15 W / m. b) Dados: θb 60 ; θb θr 90 ; n1 1. θb θr 90 60 θr 90 θr 30. Na lei de Snell: n1 sen θb n sen θr n1 sen 60 n sen 30 1 3 1 n n 3. Resposta da questão 5: a) Dados: c 3 10 m / s; λ / L λ L. Da equação fundamental da ondulatória: c c λ f f. λ Essa expressão nos mostra que a menor frequência que a antena consegue sintonizar corresponde ao maior comprimento de onda. Como, λ L, o comprimento de onda máximo corresponde à haste de maior comprimento, indicada na figura, conforme exige o enunciado. Então: λmáx = L 0,3 0,6 m. c 3 10 f mín fmín 5 10 Hz. λmáx 0,6 10
b) Dados: k,5; k n ; c 3 10 m / s; f 400 MHz 4 10 Hz; v c / n. k n,5 n n 1,5. v λ f c c 3 10 3 c λ f λ v n n f 1,5 4 10 6 n λ 0,5 m. Resposta da questão 6: Dados: nar = 1; nágua = 1,3; Na figura a seguir: ângulo de incidência. (90 ) ângulo de refração. a) Da figura acima, no triângulo APC: 0,9 tg 0,9. 1 Da tabela dada, = 4. b) Aplicando a lei de Snell: nágua sen = nar sen (90 ) (1,3) (0,67) = (1) sen (90 ) sen (90 ) = 0,7. Recorrendo novamente à tabela dada: 90 = 60 = 30. c) Da figura acima, no triângulo ABI: y y tg tg 30 y = 0,9 (0,5) x 0,9 y = 0,5 m. Resposta da questão 7: Comentário: houve nessa questão um deslize do examinador, pois a expressão correta de vibração de uma corda que vibra no N- ésimo harmônico é fn = N v. Será essa a expressão usada na resolução, e não a fornecida no enunciado. L fina a) Dados: N = 1; L = 0,5 m; f 1 = 0 Hz; f = N v ; v = L fina v f1 1 v = L f fina 1 = (0,5) (0) = 0 m/s. L v = = 4 N. b) Dados: f = v = (5 10 3 ) (0) (5 10 3 ) (4.400) fina 1 = 0 Hz; fbat = 4 Hz. Do enunciado: fina grossa f f f. Então: bat 1 grossa grossa 4 = 0 f f = 16 Hz. Mas a frequência do º harmônico é igual ao dobro da do primeiro. f grossa f 16 = f grossa = grossa 1 grossa f 1 = 10 Hz. 1 ; = 5 10 3 kg/m. Resposta da questão : a) Expressão de Gauss 1 1. R p p' 11
Não esqueça que se a imagem é virtual p = - 0 cm =- 0,m e que se o espelho é convexo à distância focal também. Logo: 1 1 1 10 1 0 R m R 4 (0,) R 4 R 4 19 b) A ampliação é i p' h 0, h 0,0m cm o p 1,6 4 Respostas da questão 9: a) λ = 5 x 10-7 m b) E= 30J c) Δt = 10 s d) n =,3 x 10 19 fótons Respostas da questão 10 a) fm =000 Hz b) vr = 343,4 m/s c) fj = 00 Hz d) fa = 3366Hz 1