FÍS 11A - AULA 30
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FÍS 11A - AULA 30 30.01 De acordo com a figura, o satélite mais próximo de Júpiter é o de n o 2, que corresponde, conforme a tabela, a Io. O segundo mais próximo é satélite 3, que corresponde a Europa, o terceiro é o satélite 1, que corresponde a Ganimedes, e por último o satélite 4, que é Calisto. Tem-se então, por ordem crescente de numeração: Ganimedes, Io, Europa e Calisto. Alternativa b) 30.02 A descrição feita pelo dramaturgo se aproxima do modelo heliocêntrico proposto por Nicolau Copérnico: “...eis porque o glorioso Sol está em nobre eminência entronizado e centralizado no meio dos outros...” Alternativa c) 30.03 a) Incorreta. Nesse contexto, as idéias mais valiosas são aquelas que mais se aproximam da realidade. b) Incorreta. c) Incorreta. Na época de Copérnico, a Igreja exercia forte influência sobre a sociedade, e os cientistas que formulavam teorias que contrariavam suas concepções eram fortemente pressionados e perseguidos, sendo alguns deles até condenados à fogueira. d) Incorreta. O estudo de Marte não está em nada relacionado com a expansão da Alemanha. e) Correta. A teoria proposta por Kepler, fundamentada nos dados experimentais de Tycho Brahe, pode ser testada com base em suas previsões sobre as posições de planetas em determinada época do ano. Alternativa e) 30.04 De acordo com a 2a Lei de Kepler, se os intervalos de tempo são iguais, as áreas varridas nesses intervalos também são iguais. Alternativa a) 30.05 I. Correta. Na posição A, o planeta está mais próximo do Sol e possui, portanto, velocidade máxima. Como Q m v , também é máxima nessa posição sua quantidade de movimento. II. Correta. Quanto maior a distância entre o Sol e o planeta, menor é a velocidade e a energia cinética do planeta, e consequentemente maior é a energia potencial do sistema. III. Incorreta. A energia total do sistema é constante. Alternativa b) 30.06 O conceito da lei da gravitação universal de Newton pode ser identificado na citação de Goethe: “Na natureza jamais vemos coisa alguma isolada, mas tudo sempre em conexão com algo que lhe esta diante,ao lado, abaixo ou acima.” Matéria atrai matéria, assim qualquer corpo sofre influência de outro (mesmo que desprezível) por meio da força gravitacional. Alternativa c) 30.07 A força que a Terra faz na Lua possui mesma intensidade que a força que a Lua faz na Terra, portanto a alternativa incorreta é a c. Alternativa c) 30.08 Meteoritos são vistos na Terra porque quando entram na atmosfera o atrito faz com que se incendeiem. Como na Lua não há atmosfera relevante, não seriam observados, pois não se incendiariam ao aproximar-se da superfície. Alternativa a) 30.09 O raio da órbita depende do período, mas não da massa. Como o período não foi alterado, o raio continua o mesmo. Alternativa e) 30.10 F1 GMm GMm GMm ; F2 R2 (2R)2 4R2 Alternativa d) F1 4F2 F1 4 F2 30.11 01) Correta. Correta, quanto mais próxima do Sol maior a velocidade da Terra em sua órbita. 02) Correta. Como T2 k R3 , quanto maior T, maior será T. 04) Incorreta. O período de revolução depende do raio da órbita, não da massa do planeta. 08) Correta. De acordo com a primeira lei de Kepler. 16) Incorreta. Não há relação direta entre os períodos de rotação e revolução de um planeta. Júpiter, por exemplo, possui maior período de revolução do que a Terra (aprox. 12 anos terrestres), mas seu período de rotação é menor (aprox. 10 horas). 32) Incorreta. A órbita terrestre é elíptica. Gabarito: 11 (01, 02, 08) 30.12 01) Correta. F assim: G kg GMm d2 G F d2 Mm G N m2 m . Mas N kg 2 , 2 kg s m m2 m3 2 . 2 2 s kg s kg 02) Correta. Um satélite geoestacionário possui mesmo período de rotação que a Terra. Assim, mantém em relação a ela a mesma posição, dando a impressão, para quem está na superfície terrestre, que ele está parado. 04) Incorreta. Se a força resultante sobre a Lua fosse nula, ela não estaria orbitando ao redor da Terra. 08) Incorreta. Quanto mais próxima do Sol maior a velocidade da Terra em sua órbita. 16) Correta. O período do outro planeta poderia ser calculado através da terceira lei de Kepler. Gabarito: 19 (01, 02, 16) 30.13 A incorreta é a alternativa d, pois a força gravitacional entre duas partículas é diretamente proporcional ao produto de suas massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre elas. Alternativa d) 30.14 I. Incorreta. A força gravitacional entre cada satélite e o planeta depende da distância de cada um ao mesmo. Para o satélite A, a distância (e consequentemente o módulo da força) são constantes, pois a órbita é circular, mas para o satélite B essa distância varia, assim também varia o módulo da força. II. Correta. A energia potencial gravitacional entre os dois satélites depende da distância entre eles. Como essa distância varia, também varia a energia potencial gravitacional. III. Incorreta. Para o satélite B, cuja distância até o planeta varia, também variam a energia cinética e a velocidade angular. Alternativa b) 30.15 I. Incorreta. O empuxo depende da densidade do fluido, da aceleração gravitacional e do volume submerso: E μF g VS . II. Correta. De acordo com a terceira lei de Kepler, quanto menor o raio da órbita, menor o período de revolução: T2 k R3 . III. Incorreta. Se o movimento é curvilíneo, há aceleração centrípeta. IV. Incorreta. Força resultante e direção do movimento (velocidade) não possuem, necessariamente, mesmas direções. No MCU, por exemplo, essas duas grandezas são perpendiculares entre si. Alternativa c) 30.16 FT G Msol mT 2 T d Assim, ; FS G Msol mSat 2 Sat d G Msol 100 mT 2 (10 dT ) FS G Msol mT d2T . FSat 1. FT Alternativa c) 30.17 O raio da órbita do planeta é igual a: 2 3 TP RP TT RT 2 3 RP 27 1 1 3 RP3 3 2 RP 32 9 u.a. O afastamento máximo ocorre quando os dois planetas estão alinhados e de lados opostos em relação ao Sol, e é dado pela soma dos dois raios: dmáx 1 9 10 u.a. . O afastamento mínimo ocorre quando os dois planetas estão alinhados e do mesmo lado em relação ao Sol, e é dado pela diferença entre os raios: dmín 9 1 8 u.a. . Alternativa a) 30.18 Quanto maior o raio da órbita, maior o período de revolução ao redor da Terra. Assim, como RB R A , então TB TA . A velocidade angular é inversamente proporcional ao período: w 2π / T . Assim, como TB TA , então wA wB . Alternativa a) 30.19 Durante todo o movimento do cometa, sua energia mecânica permanece constante. Dessa forma, como de A para P a energia potencial do cometa diminui, sua energia cinética aumenta. 30.20 A atração gravitacional entre a Terra e a Lua atua perpendicularmente à velocidade do nosso satélite natural. Dessa forma, essa força apenas desvia a trajetória da Lua, impedindo-a de escapar pela tangente. FÍS 11A - AULA 31 31.01 A trajetória de Marte no céu tem esse aspecto (aparentemente mudando o sentido de seu movimento) pelo fato da velocidade orbital da Terra ser maior, o que faz com que a posição de Marte relativa à Terra mude ao longo do ano. Alternativa a) 31.02 O objeto seria acelerado pela força gravitacional até passar pelo centro da Terra. A partir deste ponto, a força, que aponta para o centro do planeta, passaria a ser contra o movimento, que seria então retardado até que o objeto parasse num ponto diametralmente oposto do planeta, a partir do qual o processo se repetiria, caracterizando então um MHS. Alternativa d) 31.03 O campo gravitacional na superfície lunar é menor do que na superfície terrestre porque sua massa é muito menor do que a massa da Terra. Alternativa c) 31.04 O turista flutua dentro da estação porque a força gravitacional que atua em ambos faz o papel de resultante centrípeta, fazendo com que fiquem sujeitos à mesma aceleração. Nesta situação, há a sensação de imponderabilidade (ausência de peso). Alternativa c) 31.05 A Lua não cai na Terra porque a força de atração entre ambos atua perpendicularmente em relação à velocidade, e nessa situação o movimento é circular. Alternativa b) 31.06 Um satélite que orbite a Terra será estacionário (neste caso é chamado geoestacionário) quando sua velocidade angular for igual à da Terra. Nesta situação, o período de rotação do satélite é igual ao da Terra, e assim ele mantém a mesma posição em relação à superfície, dando a impressão de estar parado. Alternativa e) 31.07 I. Incorreta. O peso é a própria força gravitacional. II. Correta. Sendo g G M / R2 , como o raio do asteróide é muito menor do que a da terra, sua aceleração gravitacional será muito maior do que a da Terra. O tempo de queda de um corpo em queda livre é dado por t 2h / g . Assim, quanto maior a gravidade, menor o tempo de queda. Alternativa b) 31.08 I. Correta. O peso de um corpo é a força gravitacional com que a Terra o atrai. II. Correta. P m g , portanto o peso depende da massa e da aceleração da gravidade. III. Incorreta. Ver item II. Alternativa c) 31.09 Após o desligamento dos motores, a aceleração que atua sobre o foguete é a própria aceleração gravitacional, que diminui conforme o foguete se afasta da Terra: a g G M / d2 . Assim, o gráfico a x d é uma curva decrescente. Alternativa c) 31.10 A sua massa é a mesma em qualquer lugar, portanto na Lua m = 120 kg. Seu peso na Lua é de: P m g P 120 1,6 192 N . Alternativa a) 31.11 Quanto maior a altura, maior a distância do objeto ao centro de planeta e, consequentemente, menor a aceleração da gravidade e menor a força de atração exercida pela Terra sobre esse corpo ( F G M m / r2 ). Alternativa b) 31.12 Na Terra: gp GM 10 m / s2 . R2 No planeta: gp G 2M G 2M g 10 gp 2 2 (2R)2 4R2 g 5 m / s2 . Alternativa b) 31.13 Na Terra: g GM . R2 No planeta: gp G 3M 3GM GM (3R)2 9 R2 3 R2 gp g . 3 Alternativa c) 31.14 01) Incorreta. Como na lua não há atmosfera, a luz solar não é espalhada e o céu é escuro. 02) Incorreta. Poderiam engolir alimentos, que desceriam pelo sistema digestivo pela atuação da gravidade e dos movimentos peristálticos. 04) Correta. Não há ventos na lua que permitam que se empinem pipas. 08) Correta. Como na lua a gravidade é menor do que na Terra, o tempo de vôo, a altura máxima e o alcance seriam maiores, pois essas grandezas são inversamente proporcionais à gravidade. 16) Correta. Os efeitos ocorrem devido à interação da bola com o ar. Como na Lua não há atmosfera, não seriam possíveis esses efeitos. 32) Incorreta. As cores do céu são devidas ao espalhamento da luz pelas moléculas. Como na Lua não há atmosfera, não seria observado o alaranjado no por do Sol. 64) Correta. É a pressão atmosférica que “empurra” os líquidos para o interior da boca, quando se usa o canudinho. Gabarito: 92 (04, 08, 16, 64) 31.15 FRc P 2π R T T 23 m v2 mg R R g T 2π 6 400 103 10 v R g . Substituindo v 2π R , tem-se: T R . Substituindo os valores fornecidos: g T 6 800 4 800 s T 4 800 min 80 min 60 Alternativa b) 31.16 Na Lua a aceleração da gravidade é menor do que na Terra, e portanto o período de oscilação de um pêndulo na Lua é maior do que na Terra, pois T 2π L /g (quanto menor g, maior T). Desta forma, o relógio lá atrasará. Alternativa a) 31.17 I. Correta. Todos os satélites geoestacionários possuem o período de rotação igual ao da Terra, que é de 24 h, aproximadamente. II. Incorreta. O período de rotação de um satélite ao redor da Terra não depende de sua massa. III. Correta. Como todos os satélites geoestacionários possuem o mesmo período, então também possuem mesmo raio de órbita, já que o período depende apenas desse raio. IV. Correta. O plano de órbita dos satélites geoestacionários contém o círculo do Equador. Um satélite que esteja acima de um ponto do hemisfério Sul, por exemplo, após meio período de rotação, estará acima de um ponto diametralmente oposto, localizado no hemisfério Norte. Portanto esse satélite não poderia ser geoestacionário. Alternativa c) 31.18 Na Terra: g GM 10 m / s2 . R2 No planeta: g' GM 2 R 2 GM GM 4 g' 4 10 40 m / s2 . 2 R R2 4 Alternativa d) 31.19 Não. Pela figura, pode-se notar que, à medida que um corpo se distancia da Terra, seu peso diminui, mas não se anula. O astronauta flutua, porque ele e a nave estão (assim como corpos em queda livre) com a mesma aceleração (g). 31.20 a) gL GM R2 g 7 1011 7 1022 2 10 6 2 g 49 1011 1,225 m / s2 4 1012 b) P m g P 80 1,225 98 N FÍS 11B - AULA 30 30.01 O objetivo não seria alcançado, pois o refrigerador retiraria uma certa quantidade de calor da cozinha (Q2), mas liberaria pelas grades em sua parte de trás uma quantidade ainda maior de energia (Q1), dada pela soma da energia retirada da cozinha e com a energia consumida pelo seu motor (ζ): Q1 = Q2 + ζ. Alternativa e) 30.02 O escapamento do gás do botijão pode ser classificado como uma expansão adiabática, processo no qual há resfriamento. O botijão resfriado congelou o vapor d’água ao seu redor, formando assim a crosta de gelo. Alternativa b) 30.03 a) Recebe calor: Q + ; b) Perde calor: Q – ; c) A temperatura aumenta: ΔT > 0 ; d) A temperatura aumenta: ΔU > 0 ; e) A temperatura aumenta: ΔEC> 0 ; f) A temperatura diminui: ΔT < 0 ; g) A temperatura diminui: ΔU < 0 ; h) A temperatura diminui: ΔEC < 0 ; i) A temperatura é constante: ΔT = 0 ; j) A temperatura é constante: ΔU = 0 ; k) A temperatura do gás é constante: ΔEC = 0 ; l) O volume aumenta: ζ > 0 ; m) O volume diminui: ζ < 0 ; n) O gás sofre expansão : ζ >0; o) O gás sofre compressão: ζ < 0 ; p) Transformação isocórica: ζ = 0 ; q) Transformação isotérmica: ΔU = 0 ; 30.04 a) Isobárica: p = cte ; ζ = p . ΔV ; b) Isotérmica: T = cte ; U = cte ; ΔU = 0 ; Q = ΔU + ζ Q = ζ recebe calor (Q+) = realiza trabalho (ζ+); cede calor (Q-) = recebe trabalho (ζ-); c) Isovolumétrica: V = cte ; ζ = 0 ; Q = ΔU + ζ Q = ΔU recebe calor (Q+) = energia interna aumenta (ΔU+) ; cede calor (Q-) = energia interna diminui (ΔU+); d) Adiabática: Q = 0 ; Q = ΔU + ζ ζ = - ΔU ; Recebe trabalho (ζ-) = energia interna aumenta (ΔU+); Realiza trabalho (ζ+) = energia interna diminui (ΔU-). 30.05 30.06 A situação descrita é uma compressão adiabática, situação na qual a pressão aumenta (não linearmente) conforme o volume diminui. Alternativa c) 30.07 Q = ΔU + ζ 60 000 = 80 000 + ζ ΔU = - 20 000 cal. Desta forma, a energia interna do gás diminuiu em 20 mil cal. Alternativa b) 30.08 Como o gás foi comprimido, o sinal de W é negativo; Sendo p V n R T e o processo isobárico (p = cte), T e V são diretamente proporcionais, e como V diminuiu, T também diminuiu, assim o sinal de ΔU é negativo. Da primeira lei da termodinâmica: Q = ΔU + ζ. Como ΔU e trabalho são ambos negativos, o sinal de Q também é negativo. Alternativa b) 30.09 Como o recipiente é termicamente isolado, o processo é adiabático. Assim: ΔU = - ζ = - 100 cal. Como a variação da energia interna é negativa, o gás resfriou. Alternativa e) 30.10 a) Incorreta. No processo isotérmico, a temperatura e a energia interna do gás são constantes. b) Incorreta. Num processo adiabático, ΔU = - ζ. Sendo ζ > 0, então ΔU < 0. c) Incorreta. Nas expansões livres a energia interna permanece constante. d) Correta. Como p V n R T , temperatura e volume são diretamente proporcionais no processo isobárico (p = cte). Na expansão, V aumenta e T aumenta. Assim, ΔU > 0. Alternativa d) 30.11 ζ = p . ΔV ζ = 10. (0,2 – 0,1) = 1 J Q = ζ + ΔU 8 = 1 + ΔU ΔU = 7 J Alternativa b) 30.12 Na malha 1 o ciclo é anti-horário, e trabalho é realizado sobre o sistema. Na malha 2 o ciclo é horário, e o sistema realiza trabalho. Durante o ciclo completo, a variação da energia interna é nula. Alternativa d) 30.13 Como o trabalho é numericamente igual à área formada no gráfico p x V, o ciclo no qual o trabalho realizado pelo gás é menor é o K, pois é o que define uma menor área. Alternativa c) 30.14 A transformação por ser muito rápida, pode ser considerada adiabática, então o fluido realiza trabalho as custas da sua energia interna, com consequente redução na temperatura (ΔU = - ζ ΔU < 0 para ζ > 0). Alternativa a) 30.15 O trabalho é numericamente igual à área definida no diagrama: ζ= (1 0,2) (6 105 2 105 ) 1, 6 105 J 2 Alternativa b) 30.16 a) Incorreta. O processo 3-4 é isotérmico. b) Incorreta. O trabalho realizado no ciclo é igual à área definida no diagrama p x V. c) Incorreta. Como T2 > T3 (quanto mais afastada da origem está uma isoterma, maior a temperatura), então o processo 2-3 não é isotérmico. d) Correta. A variação da energia interna num ciclo é nula. e) Incorreta. O processo 1-2 é isotérmico. Alternativa d) 30.17 01) Correta. ζ = (5 - 2) . (8 - 3 ) = 15 J. 02) Incorreta. ζ = p . ΔV ζ = 8 . (5 - 2 ) = 24 J. 04) Correta. Q = ΔU + ζ 48 = ΔU + 24 08) Correta. O processo consequentemente, Q = ΔU. a-b é ΔU = 24 J. isovolumétrico, portanto ζ = 0 e, 16) Incorreta. Neste trecho o volume diminui e o trabalho é negativo. 32) Correta. b-c e d-a são processos isobáricos, pois neles a pressão não varia; a-b e c-d são processos isovolumétricos, pois neles o volume não varia. Gabarito: 45 (01, 04, 08, 32) 30.18 I. Correta. O processo ab é isovolumétrico, portanto não há realização de trabalho. II. Incorreta. Q = ΔU + ζ 250 = 0 + ΔU III. Correta. Qab + Qbd = ΔUabd + ζab + ζbd ΔU = 250 J. 250 + 600 = ΔUabd + 0 + 8 . 104 . (5 - 2) . 10-3 850 = ΔUabd + 240 ΔUabd = 610 J IV Incorreta. Como em ambos os processos, abd e acd, o gás sai do estado a e chega no estado d, então ΔUacd = ΔUabd = 610 J. Alternativa c) 30.19 a) Incorreta. De A até B o volume varia, portanto a transformação não é isocórica. b) Incorreta. ζAB = p . ΔV c) Incorreta. pA VA p VB B TA TB ζAB = 2 . 105 . (1 - 0,5) = 1 . 105 J VA V B TA TB 0,5 1 300 TB TB 300 600 K 0,5 d) Correta. Na transformação adiabática, por definição, não há trocas de calor com o meio externo. e) Incorreta. p VC pA VA C TA TC 2 105 0,5 1 105 1,5 TC 1,5 TA . TA TC Como TC TA , o processo C → A não pode ser isotérmico. Alternativa d) 30.20 a) O trabalho no ciclo é numericamente igual á área formada no diagrama p x V. Separando essa área em A1 e A2, tem-se: ζ = (3 – 2) . 105 . (0,06 – 0,02) + (2 - 1) . 10 6 000 J b) ΔU 5 . (0,06 – 0,04) = 4 000 + 2 000 = 3 3 p ΔV ΔU 3 105 (0, 06 0, 02) 18 000 J 2 2 c) Q = ζ + ΔU Q = 3 . 105 . 0,04 + 18 000 Q = 12 000 + 18 000 = 30 000 J FÍS 11B - AULA 31 31.01 a) Incorreta. Quando o gás se expande ele retira calor do interior da geladeira. b) Correta. O calor flui de maneira não espontânea da região mais fria (interior da geladeira), para a região maios quente (exterior da geladeira). Para que tal processo ocorra deve ser realizado trabalho pelo conjunto motor/compressor. c) Incorreta. A quantidade de calor cedida ao meio externo é maior do que a retirada do interior da geladeira. d) Incorreta. Um isolamento deficiente compromete o rendimento do aparelho. e) Incorreta. Se a porta for aberta, o rendimento do refrigerador é reduzido. Alternativa b) 31.02 I. Correta. Deixar espaços vazios entre as pratelheiras favorece a circulação do ar e o resfriamento uniforme no seu interior. II. Incorreta. A camada de gelo dificulta as trocas de calor, pois o gelo é bom isolante térmico. III. Correta. A sujeira na grade pode reduzir a transferência de calor para o meio externo. Assim, sua limpeza freqüente pode contribuir para o seu correto funcionamento. Alternativa d) 31.03 10 000 = ζ + 6 000 Q1 = ζ + Q2 ζ = 4 000 cal ζ = 4 000 . 4 J = 1,6 . 104 J Alternativa a) 31.04 η = ζ / Q1 η 4 000 0, 4 ou 40 % 10 000 Alternativa c) 31.05 TF = 27 + 273 = 400 K ; TQ = 527 + 273 = 800 K. η 1 TF TQ η 1 300 0, 625 ou 62,5 % 800 Alternativa e) 31.06 η = ζ / Q1 ζ = η . Q1 Q1 = 0,625 . 2 . 107 = 1,25 . 107 J Alternativa a) 31.07 Q2 = Q1 – ζ Q2 = 2 . 107 – 1,25 . 107 Q2 = 7,5 . 106 J Alternativa e) 31.08 De acordo com a 2a Lei da Termodinâmica, uma máquina térmica que opera em ciclos não pode ter rendimento igual a 100 %. Alternativa b) 31.09 O ciclo de Carnot mostrado consiste em: expansão isotérmica de a até b; expansão adiabática de b até c; compressão isotérmica de b até c; compressão adiabática de d até a. Alternativa d) 31.10 Uma máquina real possui rendimento inferior ao rendimento de uma máquina de Carnot que opera entre as mesmas temperaturas. Desta forma, r < 50 %. Alternativa d) 31.11 I. Correta. No ciclo de Carnot há duas transformações isotérmicas e duas adiabáticas. II. Correta. A máquina de Carnot transforma calor, não integralmente, em trabalho útil. III. Incorreta. Tf = -40 + 273 = 233 K ; Tq = 70 + 273 = 343 K . η 1 Tf Tq η 1 IV. Incorreta. η 1 233 0,32 ou 32 % 343 Q2 Q1 0,32 1 Q2 Q2 1 000 0, 68 680 J 1 000 Alternativa b) 31.12 a) Incorreta. É a variação da energia interna, e não o calor líquido, que é nula após um ciclo. b) Incorreta. O trabalho é numericamente igual à área formada no diagrama p x V. c) Incorreta. O trabalho realizado no processo de expansão é maior do que o realizado na compressão. d) Incorreta. O calor é absorvido na etapa 2-3, e rejeitado na etapa 4-1. e) Correta. A variação da energia interna é nula num ciclo. Alternativa e) 31.13 I. Correta. Nos processos adiabáticos, Q = 0. Desta forma, ζ = - ΔU, o que implica em diminuição de temperatura caso trabalho seja realizado pelo gás. II. Incorreta. Nenhuma máquina térmica transforma calor integralmente em trabalho. III. Correta. O calor flui espontaneamente de um sistema com maior temperatura para outro de menor temperatura. IV. Correta. O ciclo de Carnot é um ciclo idealizado no qual o rendimento é o máximo possível. Alternativa d) 31.14 a) Incorreta. Nesses processos há variação na temperatura e na energia interna. b) Correta. Nesses processos a temperatura não variam, portanto ΔU = 0. c) Incorreta. A temperatura no processo AB é maior do que no processo CD, pois quanto mais afastado da origem dos eixos está uma isoterma, maior é a temperatura associada. d) Incorreta. Considerando o ciclo completo, a variação da energia interna é nula. Alternativa b) 31.15 01) Correta. Processos biológicos seguem as leis da termodinâmica. 02) Correta. Por definição. 04) Correta. Quanto maior a razão área/volume, maior a liberação de calor para o meio (por isso os animais pequenos geralmente possuem um metabolismo mais acelerado em comparação aos grandes). 08) Correta. Nos processos isotérmicos, ΔU = 0 . Portanto, Q = ζ. 16) Incorreta. Ele não sobreviveria se absorvesse menos energia do gasta. Gabarito: 15 (01, 02, 04, 08) 31.16 I. Correta. Por definição. II. Correta. É na evaporação do gás refrigerante que o calor é retirado do interior da geladeira. III. Incorreta. O fluido deve ter alto calor latente, para retirar maior quantidade de calor do refrigerador na sua mudança de fase (Q = m . L). IV. Correta. A quantidade de calor liberada pelas grades localizadas atrás da geladeira é maior do que a quantidade de calor retirada pela parte frontal. Assim a temperatura da cozinha acabaria aumentando. Alternativa d) 31.17 a) Incorreta. No processo 1 (admissão) o volume do pistão aumenta para permitir a entrada da mistura ar-combustível. b) Correta. Na etapa 2 há uma compressão adiabática. c) Incorreta. Na etapa 3 o processo não é isobárico. A pressão diminui conforme o êmbolo é empurrado para baixo, aumentando o volume interno da cãmara de combustão. d) Incorreta. Na etapa 4 o processo não é isotérmico, já que os gases queimados são expulsos e o ciclo se reinicia. e) Incorreta. Em um ciclo, a árvore de manivela completa duas voltas. Alternativa b) 31.18 A energia útil no motor a diesel corresponde a 40 % do obtido pela combustão: E = 0,4 . 10 . 45 . 103= 180 000 J. A potência é então: P E Δt P 180 000 1, 8 105 W 1 Alternativa d) 31.19 a) O módulo do trabalho por ciclo é numericamente igual à área da figura formada no diagrama (um trapézio), sendo negativo, pois o ciclo é anti-horário: ζ = (2 0,5) 105 1 1,25 105 J 2 b) Como o ciclo é anti-horário, o trabalho terá o sinal negativo, caracterizando um refrigerador. c) p VC pA VA C TA TC 1 105 1 2 105 2,5 TC 300 5 1 500 K 300 TC 31.20 Q = P . Δt η 1 TF TQ Q = 1 000 . 1 = 1 000 J ; TF = 27 + 273 = 300 K ; TQ = 327 + 273 = 600 K. η 1 300 0,5 ; ζ = η . Q 600 FÍS 11C - AULA 30 η = 0,5 . 1 000 = 500 J. 30.01 O princípio de funcionamento do dínamo se baseia na lei de Faraday: A variação do fluxo magnético na bobina faz surgir uma f.e.m. induzida em uma corrente elétrica, que faz com qua a lâmpada se acenda. Alternativa e) 30.02 O fenômeno da geração de sinal elétrico pela variação do fluxo magnético está associado a Michael Faraday (lei de Faraday). Alternativa e) 30.03 a) Incorreta. Quanto maior o número de espiras, maior a voltagem induzida. b) Incorreta. Deve haver variação do fluxo magnético para que haja voltagem induzida. c) Correta. Quanto maior a corrente nas bobinas, maior o fluxo magnético e maior também a f.e.m. e corrente induzidas. d) Incorreta. A corrente deve ser variável, para que haja variação do fluxo magnético e surja a f.e.m. induzida. e) Incorreta. A corrente que surge no cérebro é devida ao campo magnético variável produzido pela corrente nas bobinas. Alternativa c) 30.04 a indução eletromagnética ocorre quando ocorre variação do fluxo magnético no interior da bobina. Alternativa b) 30.05 O fenômeno da indução eletromagnética surge quando um fio condutor fica submetido a um fluxo magnético variável. Alternativa d) 30.06 De acordo com a Lei de Lenz, a corrente induzida surge num sentido que tende a anular a causa que lhe produziu. Alternativa b) 30.07 A ideia básica na qual se fundamente a leitura magnética é a seguinte: variações nas intensidades de campos magnéticos, produzidos pela fita ou disco em movimento, induzem correntes elétricas em uma bobina existente no cabeçote de leitura, dando origem a sinais que são depois amplificados. Alternativa b) 30.08 A corrente induzida surge quando varia o fluxo magnético, o que ocorre nos intervalos entre 0 e 1 s, 2 e 3 s, 3 e 4 s, e 4 e 5 s. Alternativa e) 30.09 A aproximação do ímã faz variar o fluxo magnético na bobina, o que produz nela uma corrente induzida (lei de Faraday), que faz surgir um polo norte que tende a afastar o ímã (lei de Lenz). Alternativa e) 30.10 a) Correta. b) Incorreta. A bobina pode girar ao redor de um campo magnético constante. Neste caso varia o fluxo magnético e é gerada na bobina uma corrente induzida. c) Incorreta. Para que haja corrente induzida deve haver um circuito fechado no qual o fluxo magnético varia. Numa bobina aberta, por exemplo, há f.e.m. induzida, mas não corrente. d) Incorreta. Quanto maior o tempo para que varie o fluxo, menor a f.e.m. gerada. e) Incorreta. A corrente induzida é alternada. Alternativa a) 30.11 De acordo com a Lei de Lenz, na situação da esquerda, na qual um polo norte se aproxima, surge na espira outro polo norte para repelir o ímã, o que corresponde, de acordo com a regra da mão direita, a uma corrente com sentido anti-horário. Na situação da direita, surge um polo sul para atrair o íma, o que corresponde a uma corrente com sentido horário. Alternativa d) 30.12 De acordo com a Lei de Lenz e com a regra da mão direita, o polo criado e o sentido da corrente em cada situação são: - situação 1: polo sul ; corrente horária; - situação 2: polo sul ; corrente horária; - situação 3: polo norte ; corrente anti-horária; - situação 4: polo norte ; corrente anti-horária ; Desta forma, apenas a corrente em 4 está corretamente representada. Alternativa d) 30.13 Surge corrente no anel apenas quando o fluxo magnético sofre ele varia, o que acontece quando ele entra na região do campo (1), e quando sai desta região (3). Alternativa d) 30.14 Surge corrente no anel quando há variação de fluxo em seu interior, o que acontece em Q, quando o fluxo aumenta, e em S, quando o fluxo diminui. De acordo com a Lei de Lenz, as correntes são contrárias nessas duas situações. Em R não há variação do fluxo magnético e, assim, não surge corrente induzida. Alternativa a) 30.15 Ao se aproximar o ímã da espira, observa-se a formação de um polo norte na parte superior da espira (A), uma repulsão, entre o ímã e a espira e uma corrente elétrica induzida no sentido anti-horário, determinada pela lei de Lenz. Alternativa d) 30.16 I. Correta. De acordo com a Lei de Faraday. II. Correta. Há fluxo, mas como este não varia, não há corrente induzida. III. Incorreta. Conforme a lei de Lenz, o sentido da corrente depende da aproximação ou do afastamento do ímã, sendo que numa situação o sentido da corrente é oposto ao da outra. Alternativa c) 30.17 A 4 102 7 102 28 104 m2 Φi B A cos θ Φi 0,6 28 104 1 16,8 104 Wb Φf 0 ΔΦ 0 16,8 104 16,8 104 Wb ε ΔΦ 16, 8 104 ε 5, 6 103 V 1 Δt 3 10 Alternativa b) 30.18 ΔΦ 100 50 V . Δt 42 2. Incorreta. As correntes nesses dois intervalos são opostas entre si, já que entre 2 e 4 s o fluxo aumenta, e entre 8 e 12 s o fluxo diminui. 1. Correta. ε ε 3. Incorreta. Neste trecho não há variação de fluxo magnético, portanto não há corrente induzida. 4. Correta. ΔΦ ε Δt Pd R i2 ε 100 25 V ; 12 8 ε R i 25 5 i i 5 A Pd 5 52 125 W Alternativa d) 30.19 a) A (8 102 )2 64 104 m2 Φ B A cos θ Φ 5 103 64 104 1 3,2 105 Wb b) ε ΔΦ Δt ε 3,2 105 3,2 104 V 0,1 30.20 a) Neste intervalo de tempo o fluxo não varia. Assim, de acordo com a Lei de Faraday, não há f.e.m. induzida. b) As f.e.m induzidas em cada espira entre os intervalos de 0 a 1 s e 0,3 e 0,4 s ΔΦ 0, 001 possuem mesmo módulo, que é de: ε ε 0, 01 V . Como são Δt 0,1 400 espiras, a f.e.m. induzida na bobina é de 400 . 0,01 = 4 V. FÍS 11C - AULA 31 31.01 De acordo com o manual, o campo magnético do ímã produz o ordenamento dos polos magnéticos na corda da guitarra. Como as cordas de aço foram substituídas por cordas de náilon (material não ferromagnético), a magnetização foi desprezível. Alternativa c) 31.02 Num ímã, as linhas de força saem do pólo norte para o sul (externamente). Isso elimina as alternativas b, c e d. De acordo com a Lei de Lenz, a aproximação do pólo sul do ímã faz surgir na espira outro pólo sul para repelir o ímã, o que corresponde, conforme a regra da mão direita, a uma corrente com sentido horário, conforme mostrado na alternativa a). Alternativa a) 31.03 O princípio de funcionamento dos transformadores é baseado no princípio da indução eletromagnética (uma corrente elétrica variável no primário gera um fluxo magnético variável no secundário, fazendo surgir neste último uma corrente induzida); na corrente alternada, os portadores de carga possuem movimento oscilando, ora deslocando-se num sentido, ora no outro. Alternativa e) 31.04 Como a espira está saindo da região onde há linhas de força, o fluxo magnético diminui. A força eletromotriz induzida é diretamente proporcional à velocidade da espira ( ε B L v ). Alternativa a) 31.05 I. Correta. Como a área da espira está aumentando, também está aumentando o fluxo magnético sobre ela ( Φ B A cos θ ). II. Correta. ε B L v . III. Correta. Como a haste está se deslocando para a direita, a força magnética sobre ela aponta para a esquerda e, aplicando a regra da mão esquerda, tem-se uma corrente de E para H na haste. Assim, a corrente circula no sentido horário na espira. Alternativa e) 31.06 As usinas geradoras de energia elétrica produzem corrente alternada que permite, através de um transformador, elevar a tensão e, assim, diminuir a corrente elétrica, de modo a diminuir as perdas de energia por efeito Joule nas linhas de transmissão. Somente correntes alternadas podem ser elevadas por transformadores, que baseiam seu funcionamento na indução eletromagnética. Para uma mesma potência transmitida, quanto maior a tensão, menor a corrente (i = P/U), e assim, menor a potência dissipada por efeito joule (Pd = R . i2). Alternativa c) 31.07 a) Incorreta. Se V1 = V2, então i1 = i2, pois V1/V2 = i2/i1. b) Incorreta. Se V1 > V2, então i1 < i2, pois V1/V2 = i2/i1. c) Correta. Se V1 > V2, então N1 > N2, pois V1/V2 = N1/N2. d) Incorreta. Se V1 = V2, então N1 = N2, pois V1/V2 = N1/N2. e) Incorreta. Se V1 < V2, então i1 > i2, pois V1/V2 = i2/i1. Alternativa c) 31.08 U1 N 1 U2 N2 220 100 220 U2 110 V U2 50 2 Alternativa b) 31.09 I. Incorreta. A posição dos polos norte e sul é indiferente nesta situação. II. Correta. Conforme a Lei de Faraday, a corrente surge pouque varia o fluxo magnético na espira. III. Incorreta. Quanto maior a rapidez do giro, mais rapidamente varia o fluxo magnético e maior é a corrente induzida na espira. Alternativa b) 31.10 U1 N 1 U2 N2 Alternativa a) 31.11 600 2 500 600 U2 120 V U2 500 5 01). Correta. Os transformadores têm seu princípio de funcionamento baseados na lei de Faraday. 02) Incorreta. Nos chuveiros elétricos, ocorre o efeito Joule (os condutores se aquecem quando percorridos por correntes elétricas). 04) Incorreta. Neste caso a pilha fornece um acorrente contínua que alimenta a lanterna, fazendo-a acender. 08) Correta. Nas usinas hidrelétricas, o movimento das turbinas gera um fluxo magnético variável nas bobinas, surgindo assim corrente elétrica induzida. 16) Incorreta. A força entre cargas em repouso é descrita pela Lei de Coulomb. 32) Incorreta. O campo magnético ao redor do fio é descrito pela Lei de Bio-Savart. Gabarito: 09 (01, 08) 31.12 a) Correta. Como U1/U2 = N1/N2, para N2 > N1, tem-se U2 > U1. b) Incorreta. Os transformadores funcionam apenas com corrente alternada em sua entrada. c) Incorreta. Para surgir tensão no secundário, o fluxo magnético deve ser variável. d) Incorreta. Num transformador ideal, P1 = P2. e) Incorreta. Como U1/U2 = i2/i1, para N2 > N1, tem-se i2 < i1. Alternativa a) 31.13 ε B L v ε 0,2 0,2 10 0, 4 V i ε R i 0, 4 0,5 A 0, 8 Alternativa a) 31.14 Como varia o fluxo, surge na espira uma corrente induzida. A haste está se deslocando para a direita, então a força magnética sobre ela aponta para a esquerda e, aplicando a regra da mão esquerda, tem-se uma corrente de A para B. Assim, a corrente circula no sentido horário na espira. Seu módulo é: ε B L v ε 0,5 0,2 10 1 V ; i Alternativa b) 31.15 ε R i 1 2 A 0,5 01) Correta. Em ambas as situações, varia o fluxo magnético na espira e surge nela uma corrente induzida que faz a lâmpada acender. 02) Incorreta. Aproximando o ímã da espira, surge, conforme a Lei de Lenz, um pólo norte na espira que tende a afastar o ímã. Neste caso, de acordo com a regra da mão direita, a corrente possui sentido de B para A (considerando a menor distância entre A e B). 04) Correta. O fluxo magnético sobre a espira depende da posição relativa entre ímã e espira. 08) Incorreta. Quanto maior a velocidade de aproximação do ímã, maior a corrente induzida na espira. 16) Correta. A corrente induzida durante o afastamento (quando o fluxo magnético diminui) possui sentido oposto ao sentido quando o ímã se aproxima ( e o fluxo magnético aumenta). 32) Correta. Transformadores baseiam seu funcionamento no princípio da indução eletromagnética. Gabarito: 55 (01, 02, 04, 16, 32) 31.16 O ponteiro do galvanômetro só acusa corrente quando a corrente no primário varia, o que acontece apenas quando a chave é ligada (a corrente aumenta rapidamente), ou desligada (a corrente diminui rapidamente). Na situação onde a chave é desligada, a corrente induzida no secundário possui sentido oposto à corrente induzida quando a chave é ligada. Portanto, após o ponteiro ir para a direita quando a chave é ligada, o ponteiro volta à posição central e assim se mantém até a chave ser desligada, quando o ponteiro se desloca para a esquerda por alguns instantes e volta à posição central. Alternativa b) 31.17 I. Correta. Conforme a Lei de Lenz, a força magnética na barra condutora da fig. 1 é para baixo, e como a corrente percorre a barra da direita para a esquerda, temse, pela regra da mão esquerda, um campo magnético para dentro da página. II. Correta. A situação é análoga, no que diz respeito aos sentidos de campo, velocidade e corrente, à situação da fig. 1. III. Incorreta. Como ε B L v , a força eletromotriz é maior na situação 1, onde L é maior. Alternativa a) 31.18 01) Incorreta. O módulo da força eletromotriz é diretamente proporcional à variação do fluxo magnético no tempo, e não na distância. 02) Correta. Conforme a Lei de Lenz, surge no ímã uma força no sentido de freá-lo. 04) Correta. Sendo ε a força eletromotriz em cada espira, n o número de espiras, e considerando que a lâmpada funciona de acordo com sua potência nominal, tem5 se: P U i P n ε i 5 50 ε 2 ε 0, 05 V . 100 08) Incorreta. Quanto maior a frequência da movimentação do ímã, maior a corrente induzida e maior a luminosidade da lâmpada (desde que ela não queime). 16) Correta. Só circulará corrente elétrica se o circuito deve estar fechado. 32) Correta. Incorreta. Parte da energia é convertida em calor. Gabarito: 22 (02, 04, 16) 31.19 ε B L v ε 1,5 103 0, 4 2,5 1,5 103 V 31.20 - Intervalo I: t = 0 s : Φ 0 Wb t = 0,3 s: Φ B A cos θ Φ 6 0,2 0,3 1 0,36 Wb ε i ε R ΔΦ Δt i ε 0,36 1,2 V 0,3 1,2 0, 4 A 3 - Intervalo II: O fluxo é constante, assim não há força eletromotriz e nem corrente induzida, ou seja, i = 0 A. - Intervalo III: t = 0,6 s: Φ B A cos θ Φ 6 0,2 0,3 1 0,36 Wb t = 1,2 s: Φ 0 Wb ε i ε R ΔΦ Δt i ε 0,36 0, 6 V 1,2 0, 6 0, 6 0,2 A 3 FÍS 11D - AULA 30 30.01 a) Incorreta. Velocidade e elongação não podem ser simultaneamente nulos. Quando a velocidade é máxima, a elongação é nula, e vice-versa. b) Incorreta. Nos pontos de inversão, força e aceleração são máximas. c) Incorreta. Nos pontos de inversão a velocidade é nula. d) Incorreta. Velocidade e aceleração não podem ser simultaneamente nulos. Quando a velocidade é máxima, a aceleração é nula, e vice-versa. e) Correta. Alternativa e) 30.02 Pontos situados a distâncias diferentes do centro de um disco possuem mesmo período, mesmas frequência e velocidade angular. A velocidade linear é maior para os pontos mais afastados do centro. Alternativa b) 30.03 O tempo de subida da bola desde o chão até o ponto em que foi solta é igual ao tempo de queda, ou seja, de 0,5 s. Assim, o período do movimento é igual a 1 1 f 1 Hz . 0,5 + 0,5 = 1 s. A frequência é então: f T 1 Alternativa b) 30.04 Enquanto A completa uma oscilação, B completa três. Assim, a razão entre as freqüências de A e B é igual 1/3. Alternativa b) 30.05 Por inspeção direta no gráfico, vê-se que a amplitude de A é o dobro da amplitude de B. Assim, a razão entre as amplitudes é 2. Alternativa e) 30.06 Comparando a equação fornecida x 10 cos (100π t π ) 3 com a equação x A cos (ω t θ0 ) , tem-se: A = 10 cm e ω 100π 2π f 100π f 50 Hz Alternativa a) 30.07 Comparando a equação fornecida π x 10 cos ( t π) 4 com a equação com a equação x A cos (ω t θ0 ) , tem-se: A = 10 m ; ω π π 2π f 4 4 f 1 0,125 Hz 8 Alternativa d) 30.08 Comparando a equação x A cos (ω t θ0 ) , fornecida tem-se que x 7 cos (0,5π t ) ω 0,5π . Mas ω 2π . T Segue então 2π 2 0,5π T 4 s . O intervalo de tempo t para que o móvel vá da T 0,5 posição de equilíbrio para aposição de elongação máxima corresponde a um quarto 4 1 s. do período. Assim, t 4 que Alternativa a) 30.09 a) Incorreta. A amplitude do movimento é de 1 m. λ 20 5 T 4 s . O tempo para a bóia ir da posição 1 T T para a 3 corresponde a meio período. Assim, esse tempo é de 2 s. b) Incorreta. v c) Incorreta. Na posição 2 a aceleração da bóia é nula e sua velocidade é máxima e 2π 2π π A vmáx 1 m / s. igual a: vmáx ω A vmáx T 4 2 d) Correta. Na posição 3 a aceleração da bóia é máxima e igual a: 2 4π2 π2 2π amáx ω2 A amáx A a 1 m / s2 máx T 16 4 e) Incorreta. Incorreta. Ver item c). Alternativa d) 30.10 a) Incorreta. Para uma mesma posição, pode haver duas velocidades de mesmo módulo mas sentidos contrários. b) Correta. Para uma mesma posição, há somente uma aceleração, que aponta para a posição de equilíbrio. c) Incorreta. A velocidade varia ao longo do movimento. d) Incorreta. A aceleração varia ao longo do movimento. e) Incorreta. Incorreta. As funções que descrevem essas grandezas não são lineares no tempo. Alternativa b) 30.11 k m ω2 m (2π f)2 k 10 4 π2 4 160 π2 N / m Alternativa c) 30.12 ΔS 24 v 2 cm / s . De 0a 6 s a caneta completa três oscilações, Δt 12 enquanto de 6 a 12 s (portanto num mesmo intervalo de 6 s) a caneta completa uma oscilação e meia. Assim, a razão entre as frequência é 3/1,5 = 2. v Alternativa d) 30.13 π π t) com a equação geral da 2 velocidade, dada por v ω A sen(ω t θ0 ) , tem-se: Comparando a equação fornecida v 5π sen ( ω π rad / s ; ω A 5 π π A 5 π A 5 ; θ0 π . 2 Substituindo esses valores na equação da elongação x A cos (θ0 ω t) , temse: x 5 cos ( π π t) . 2 Alternativa b) 30.14 Com base no gráfico, o período da onda (tempo para uma oscilação) é de 0,5 s e a 1 1 frequência: f f 2 s. T 0,5 Alternativa d) 30.15 I. Incorreta. É necessário conhecer, além do período, a constante elástica da mola. II. Incorreta. Quanto menor a massa, menor o período ( T 2 π m ). k III. Correta. O período depende apenas da massa e da constante elástica da mola. Alternativa e) 30.16 π π 6) x 0, 05 cos 2π 0, 05 . A 2 4 partícula está, portanto, na posição de elongação máxima, onde sua velocidade é nula. Para t = 6 s, tem-se: x 0, 05 cos ( Alternativa a) 30.17 T 2π 0, 8 2π m (1) k ; 0, 8 T 2π m 2π k m 0, 8 k' m (2) . Substituindo (1) em (2): k' k k k' 0, 64 k' A constante elástica da mola é inversamente proporcional ao seu comprimento (quanto menor o comprimento, mais “dura” é a mola). Pode-se então escrever: k c c e k' ' , onde c é uma constante de proporcionalidade. Tem-se agora: L L c c L' 0, 64 L . Desta forma, o comprimento deve ser reduzido em 0, 64 L L' 0,36 . L, o que corresponde a 36 % do valor inicial. Alternativa c) 30.18 f 1 T f 1 5 Hz ; v λ f 0,2 0,5 λ 5 λ 0,1 m 10 cm Alternativa c) 30.19 0,1 0, 4 T b) k m ω2 m ( 2π 2 ) T a) v λ T T 0, 4 0,3 4 s ; A 0,15 m. 0,1 2 k 3 4π2 3 π2 N / m 16 4 c) Se no instante t =0 a elongação é nula e o corpo está descendo, a fase inicial é igual a π / 2 . Tem-se então: π 2π x A cos (ω t θ0 ) x 0,15 cos t 2 4 π π x 0,15 cos t 2 2 30.20 a) v λ T 5 b) Como T 2 π 20 T T 20 4 s 5 L , o fato de quadruplicar a amplitude faz com que o período g dobre de valor, e como λ v T , o comprimento de onda também dobra. Assim, λ 40 cm . FÍS 11D - AULA 31 31.01 a) Incorreta. A força elástica aponta para a posição de equilíbrio, que pode estar acima ou abaixo do bloco.. b) Correta. A força resultante é a força elástica, que é proporcional à deformação da mola partir da posição de equilíbrio. c) Incorreta. Ver item a). d) Incorreta. Ver item a). e) Incorreta. As forças variam ao longo do movimento. Alternativa b) 31.02 Como T 2 π L , o fato de reduzir o comprimento por quatro faz com que o g período seja reduzido por dois, e como f = 1/T, a frequência dobra. Desta forma, o estilete realizava uma oscilação, agora realiza duas, conforme mostrado em a). Alternativa b) 31.03 Na posição de elongação máxima, a velocidade é nula, a aceleração e força que atua sobre o móvel são máximas e a pulsação (velocidade angular) é constante. Alternativa a) 31.04 O movimento assemelha-se a um MHS, pois a pélvis oscila periodicamente em relação a uma posição de equilíbrio. Alternativa d) 31.05 A energia potencial é máxima nas posições extremas (A e B), onde há inversão no sentido do movimento. Alternativa d) 31.06 Por inspeção direta no gráfico, A = 5 m e T = 8 s. A frequência é dada por: 1 1 f f Hz . A fase inicial é π rad, pois o corpo possui elongação inicial é T 8 nula e está descendo. Alternativa d) 31.07 A energia cinética é nula nas posições extremas (onde a velocidade é nula) e máxima na posição de equilíbrio (onde a velocidade é máxima), sendo que de uma posição à outra varia não linearmente em relação à posição. Alternativa d) 31.08 01) Correta. O movimento periódico pode ser expresso por meio de funções periódicas, como as funções seno e cosseno. 02) Correta. O período e a frequência num MHS não depende da amplitude do movimento. Para um sistema massa-mola, por exemplo, depende apenas da massa do corpo e da constante elástica da mola. 04) Correta. No MHS, quando o deslocamento é máximo, em qualquer sentido, a velocidade é nula, o módulo da aceleração é máximo, a energia cinética é nula e a energia potencial é máxima. 08) Incorreta. A energia mecânica (soma da potencial com a cinética) é constante num MHS. 16) Correta. Por definição. Gabarito: 23 (01, 02, 04, 16) 31.09 vmáx ω A 2π ω 0,2 ω 10π rad / s ω 2π 2π 2 10π T 0,2 s T T 10 Alternativa e) 31.10 I. Incorreta. O período é dado por: T 2 π m . Portanto o período depende da k massa. II. Correta. Num MHS, a energia mecânica é constante. III. Correta. A velocidade e, consequentemente, a energia cinética, são máximas na posição de equilíbrio O. Alternativa e) 31.11 a) Incorreta. A amplitude do movimento é 0,2 m. b) Incorreta. Como o corpo parte da elongação máxima, sua fase inicial é nula, e não π / 2 . c) Incorreta. T 2π m T 2π k 2,5 10 T 2π 0,5 π s . d) Incorreta. No ponto O a força elástica e a aceleração são nulas. e) Correta. Para ir de de x = 0 até x = 0,2 o móvel gasta um quarto de período, já que esse deslocamento corresponde a um quarto da oscilação completa. Como T π s , o móvel gasta nesse deslocamento 4/4 = 1 s. Alternativa e) 31.12 Comparando a equação x A cos (θ0 ω t) com a equação fornecida, π 2π π π , segue então que: x 0,2 cos t , tem-se que ω rad. Como ω 2 T 2 2 π 2π T 4 s . O tempo para ir da elongação máxima até a posição de 2 T equilíbrio corresponde a um quarto de período, assim, t = 4/4 = 1 s. Alternativa b) 31.13 T 2π m T 2π k 4 25π2 T 2π 2 0, 8 s 5π Alternativa e) 31.14 Como a posição inicial é nula e o corpo desloca-se para baixo, a fase inicial é π / 2 rad (este valor também pode ser obtido substituindo, por exemplo, para t = 3 s, A = 2 m e ω 2π 2π na equação fornecida). T 4 Alternativa b) 31.15 De acordo com a equação fornecida: 2π π T 2 s . Desta forma, o gráfico que A = 5 m e ω π rad / s T representa a oscilação é o mostrado em a). Alternativa a) 31.16 A energia mecânica é dada por: EM = EC + EP . Na condição em que EC = EP, tem-se k A2 k x2 A2 A A 2 EM = 2 EP . Segue que: . 2 x2 x 2 2 2 2 2 Alternativa d) 31.17 01) Incorreta. A amplitude da oscilação é b m. 02) Incorreta. A aceleração depende da posição do móvel, portanto varia. 04) Incorreta. A função que descreve a posição num MHS é x A cos(ω t θ0 ) , não sendo, portanto, quadrática. 08) Correta. Na posição de amplitude máxima, na qual o móvel inverte o sentido de seu movimento, a velocidade é nula. 16) Correta. A força que atua no bloco é a força elástica , cujo módulo é dado por F k x , sendo portanto proporcional ao deslocamento x do bloco em relação à posição de equilíbrio. 32) Correta. Neste ponto a velocidade e, consequentemente a energia cinética, são nulas. Gabarito: 56 (08, 16, 32) 31.18 01) Correta. Do gráfico, tem-se: A = 5 m, T = 8 s , ω 2π 2π π ω rad / s , e T 8 4 3π rad , já que o móvel parte de x = 0 deslocando-se para cima. Substituindo esses 2 3π π valores na função horária da elongação, tem-se x 5 cos t . 2 4 θ0 02) Incorreta. Substituindo os valores conhecidos na função horária da velocidade, tem-se: v 5π 3π π cos t . 4 2 4 04) Correta. No instante t = 2, a amplitude é máxima e, portanto, a velocidade é nula (o valor de v também poderia ser obtido por meio da equação do item 02.) 2 2 5π2 2π 2π x a 5 m / s2 . 08) Correta. a ω x a 16 T 8 2 16) Incorreta. No instante t = 8 s, a elongação é nula. Consequentemente a velocidade e a energia cinética são máximas. Gabarito: 13 (01, 04, 08) 31.19 Do gráfico, tem-se: A = 2 m, T = 4 s , ω 2π 2π π ω rad / s , e θ0 π rad , já T 4 2 que o móvel parte da elongação mínima. Substituindo esses valores na função horária da π elongação, tem-se x 2 cos t π . 2 Alternativa d) 31.20 Do enunciado, A = 0,3 m e ω k m π rad, já que o v ω A sen ω t θ0 , tem-se: fase inicial é ω bloco 3,2 50 103 ω parte elongação da 64 8 rad / s . A mínima. Como v 8 0,3 sen 8 t π v 2, 4 sen 8 t π Alternativa a) 31.21 k A2 k 22 4 103 k 2 103 N / m . Na posição x = 1 m: 2 2 k x2 2 103 12 Ep EP 1 103 J . Como EM = EP + EC, tem-se: 2 2 4 103 1 103 Ec EC 3 103 J Cálculo de k: EM 31.22 Do gráfico, tem-se: A = 2 m, T = 4 s , ω 2π 2π π 3π ω rad / s , e θ0 rad , já T 4 2 2 que o móvel parte da posição de elongação nula para cima. Substituindo esses valores na π 2 função horária da elongação, tem-se x 2 cos t 3π . 2
