Post on 15-Dec-2018
1
GABARITO R4 FÍSICA
SETOR 1201
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 – 0,2)
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:
2
d)
Resposta da questão 2
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:
3
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 = 0,42, como segue:
Logo, a razão ℓ/Δx pode ser assim determinada:
Resposta da questão 4
4
SETOR 1202
Resposta da questão 1:
a) Dados: 4E 3,6 10 J/g;
mΔ m 0,1g/min.
tΔ
Usando análise dimensional:
4 gE E m J J 3.600 JW P 3,6 10 0,1 3.600
t m t g min min 60 s
W 60 W.
Δ Δ
Δ Δ
b) Dado: m = 2,5 g.
Usando os dados e resultados do item anterior e análise dimensional, vem:
43.600 J 2,5 gE E 9 10 J.
gmin0,1
min
c) Dados:
0 0 v
0
atmJ Jp 1 atm; V 750 ; C 30 ; R 0,08 8 ;
mol K mol K mol K
T 27 C 300 K; 1 mol 25 .
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:
00 0
p V 1 750p V n RT n n 31,25 mol.
R T 0,08 300
- Por proporção direta:
25 1 mol 750 n n 30 mol.
25750 n
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
vv
Q 9 10E Q n C T T T 100 K 100 C.
n C 30 30Δ Δ Δ
- 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:
42 U5 9 10E U n R T T T 75 K 75 C.
2 5 n R 5 30 8
ΔΔ Δ Δ Δ
Nota: por comodidade, será usado nos cálculos a seguir o primeiro resultado: T 100K.Δ
d) Aplicando a equação geral dos gases ideais:
0
0 0
p V p V 1 p 4 p atm p 1,33 atm.
T T T 300 300 100 3Δ
Resposta da questão 2: A figura ilustra os pontos destacados no gráfico que são relevantes para as resoluções dos dois itens.
5
a) Dados: V 0,4 V; m 5 g; t 4 h.Δ
Do gráfico:
m
V 0,4 V C 20 mAh/g.
Q m C 5 20 Q 100 mAh.
Q 100i Q 25 mA.
t 4Δ
b) Dados: i 2 mA. Do gráfico:
C 10 mAh/g V 0,2 V .
P i V 2 0,2 P 0,4 mW.
Resposta da questão 3: a) A constante α é dada pela declividade da reta.
18 12 6tg 0,06 .
120 20 100 C
Ωα θ α
b) Dados: 0 0T 20 C R 12 do gráfico i 10 A; .Ω
A 20 °C:
V R i 12 10 V 120 V.
c) À temperatura TM:
V R i 120 R 5 R 24 .Ω
Do gráfico: MR 24 T 220 °C.Ω
6
Resposta da questão 4: a) A área total é igual à soma das áreas das seis faces.
2A 2 2 3 2 4 3 4 A 52 m .
b) Dados: 2 2
i ek 5 10 J(s m C); 26cm 26 10 m; T 20 C; T 40 C.ε
Para manter a temperatura constante, a potência do aquecedor deve compensar o fluxo de calor para o meio. Assim:
22
2
5 10 52 20 -40k A TP 6 10 W
26 10
P 0,6 kW.
ΔΦ
ε
c) Da expressão da energia consumida:
E P t 0,6 24 E 14,4 kWh.Δ
Resposta da questão 5:
a) Dados: v = 72 km/h = 20 m/s; C = 35 MJ/L = 35 106 J/L; 30% 0,3; t 1h 3.600s.η Δ
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.
7U F U UE F S F v t E 380 20 3.600 E 2,74 10 J.τ Δ Δ
Calculando a energia total (ET):
67U U
T TT
E E 2,74 10 E E 9,12 10 J.
E 0,3η
η
Por proporção direta, calculamos o consumo de gasolina:
6 7
67
35 10 J 1 L 9,12 10 V V 2,6 L.
35 109,12 10 J V
b) Dados: N = 2.500 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:
at at
at
2.500 0,3N d 2.500F R N d F
R 30 100
F 25 N.
Resposta da questão 6: a) Dados:
3 3 3 3V 1.800 cm 1,8 10 m ; m 6 kg 6 10 g; M 44 g / mol; R 8,3 J / mol K; T 300 K.
Da equação de Clapeyron:
3
3
8 2
m R Tm 6 10 8,3 300p V R T p
M V M 1,8 10 44
p 1,89 10 N/m .
b) Dados: m = 50 g; v = 20 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:
extext
m v 50 20M V m v V V 0,1 m/s.
M 10.000
Resposta da questão 7:
a) Dados: aP 1.400W; 50% 0,5; 20 C; m 100g; c 4,2J / g C.η Δθ
Calculando a potência útil:
7
U T UP P 0,5 1.400 P 700 W.η
Da expressão da potência térmica:
aU
U U
m cQ Q 100 4,2 20P t t
t P P 700
t 12 s.
ΔθΔ Δ
Δ
Δ
b) Dados: L = 30 cm; 8v c 3 10 m / s
Observando a figura dada, concluímos que entre as paredes cabem 2,5 comprimentos de onda. Assim:
2302,5 L 12 cm 12 10 m.
2,5λ λ λ
Da equação fundamental da ondulatória:
810 9
2
v 3 10v f f 0,25 10 Hz 2,5 10 Hz
12 10
f 2,5 GHz.
λλ
Resposta da questão 8: 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:
RV 2,5 V i i 0,04 A.
b) A força eletromotriz da bateria é E = 4,5 V. A tensão no resistor é VR.
E R RV E V 4,5 2,5 V 2,0 V.
Aplicando a 1ª lei de Ohm:
R R2
V R i 2 R 0,04 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 i ' .
2RP E' i' 60 3 i' i ' i ' 20 mA 0,02 A 2 10 A.
A potência PR dissipada no resistor é:
2
2 2 4 3R R
R
P R i' 50 2 10 50 4 10 20 10 W
P 20 mW.
Resposta da questão 9:
a) Dados: m = 1000 kg; v0 = 6000 m/s; v = 0; Δt = 7 min = 420 s.
Da segunda lei de Newton, para a força resultante tangencial:
8
6
res res 2
4res
v 0 6000 6 10F m a F m 1000
t 420 4,2 10
F 1,43 10 N.
b) Dados: m = 1000 kg; h0 = 125 km = 125 103 m; h = 100 km = 100 103 m; v = 4000 m/s; v0 = 6000 m/s; gMarte = 4 m/s2. Sendo WFat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica:
22final inicial 0Mec Mec Marte Marte 0Fat Fat
2 20 Marte 0Fat
2 2Fat
7 6 10Fat
m vm vW E E W m g h m g h
2 2
mW v v m g h h
2
1000W 4000 6000 1000 4 100 125 1000
2
W 500 2 10 4 10 25 1 10 1 10
8
10Fat
W 1,01 10 J.
9
SETOR 1203
Resposta da questão 1:
a) v = 352 m/s
b) λ = 0,8 m
c) Observe o esquema a seguir:
Resposta da questão 2:
a) f = 400Hz
b) 672N
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: 44 . β
10
Na figura acima, cada lado de α é perpendicular a cada lado de .β Então:
44 .α β
O triângulo ABC é retângulo. Então: 2 90 180 2 44 90 180 180 90 88
2 .
γ α γ γ
γ
d) Dado: AC = 10 cm; sen (22°) = 0,37; cos (22°) = 0,93; sen (44°) = 0,70; cos (44°) = 0,72; sen (88°) = 0,99; cos (88°) = 0,03.
Do item anterior, 2 .γ Da trigonometria:
sen 2° = cos 88° = 0,03; cos 2° = sen 88° = 0,99. No triângulo ABC:
sen 2AC 10 0,03 10 1 10tg
AB cos2 AB 0,99 AB 33 AB
AB 330 cm.
γ
Resposta da questão 4:
a) Dados: P0 = 24 W; d = 2 m; 3; 60 .π θ
Combinando as expressões dadas:
20 2
2 200 2 2
0 2
2
I I cosP 24 1 1 1
P I cos cos 60 2 2 8I 4 d 4 3 2
4 d
I 0,125 W / m .
θ
θπ
π
b) Dados: B B r 1 60 ; 90 ; n 1.θ θ θ
B r r r90 60 90 30 .θ θ θ θ
Na lei de Snell:
1 B 2 r 1 2 2
2
3 1n sen n sen n sen 60 n sen 30 1 n
2 2
n 3.
θ θ
Resposta da questão 5:
a) Dados: 8c 3 10 m / s; / 2 L 2L.λ λ
Da equação fundamental da ondulatória:
cc f f .λ
λ
Essa expressão nos mostra que a menor frequência que a antena consegue sintonizar corresponde ao maior comprimento de
onda. Como, 2Lλ , o comprimento de onda máximo corresponde à haste de maior comprimento, indicada na figura, conforme
exige o enunciado.
Então:
máx
88
mín mínmáx
=2 L 2 0,3 0,6 m.
c 3 10f f 5 10 Hz.
0,6
λ
λ
11
b) Dados: 2 8 8k 2,25; k n ; c 3 10 m / s; f 400 MHz 4 10 Hz; v c / n.
2 2
8
8
k n 2,25 n n 1,5.
v fc c 3 10 3
f cn n f 6v 1,5 4 10
n
0,5 m.
λ
λ λ
λ
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 0,91
.
Da tabela dada, = 42°. b) Aplicando a lei de Snell:
nágua sen = nar sen (90° – ) (1,3) (0,67) = (1) sen (90° – ) sen (90° – ) = 0,87. Recorrendo novamente à tabela dada:
90° – = 60° = 30°. c) Da figura acima, no triângulo ABI:
y
tgx
y
tg 300,9
y = 0,9 (0,58)
y = 0,52 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 v2L
. Será essa a expressão usada na resolução, e não a fornecida no enunciado.
a) Dados: N = 1; L = 0,5 m; fina
1f = 220 Hz; f = Nv
2 L
; v =
; = 5 10–3 kg/m.
fina1
vf 1
2 L v = 2 L
fina
1f = 2 (0,5) (220) = 220 m/s.
v =
= v2 = (5 10–3) (220)2 (5 10–3) (48.400)
= 242 N.
b) Dados: fina1f = 220 Hz; fbat = 4 Hz.
Do enunciado:
batf fina grossa
1 2f f . Então:
4 = 220 – grossa
2f grossa
2f = 216 Hz.
Mas a frequência do 2º harmônico é igual ao dobro da do primeiro.
grossa
2f = 2grossa
1f 216 = 2grossa
1f
grossa
1f = 108 Hz.
Resposta da questão 8:
a) Expressão de Gauss 2 1 1
R p p' .
12
Não esqueça que se a imagem é virtual p’ = - 20 cm =- 0,2m e que se o espelho é convexo à distância focal também.
Logo: 2 1 1 2 1 10 2 1 20 8
R mR 4 (0,2) R 4 2 R 4 19
b) A ampliação é i p ' h 0,2
h 0,08m 8cmo p 1,6 4
Respostas da questão 9:
a) λ = 5 x 10 -7 m b) E= 30J c) Δt = 10 s d) n = 8,3 x 10 19 fótons
Respostas da questão 10
a) fm =2000 Hz b) vr = 343,4 m/s c) fj = 2020 Hz d) fA = 3366Hz