Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso

Questão 01
Quando camadas adjacentes de um fluido viscoso deslizam regularmente umas sobre as outra, o escoamento resultante é dito
laminar. Sob certas condições, o aumento da velocidade provoca o regime de escoamento turbulento, que é caracterizado pelos
movimentos irregulares (aleatórios) das partículas do fluido. Observa-se, experimentalmente, que o regime de escoamento
(laminar ou turbulento) depende de um parâmetro adimensional (Número de Reynolds) dado por R = ρα vβ d γ ητ , em que ρ é a
densidade do fluido, v , sua velocidade, η , seu coeficiente de viscosidade, e d, uma distância característica associada à
geometria do meio que circunda o fluido. Por outro lado, num outro tipo de experimento, sabe-se que uma esfera de diâmetro D,
que se movimenta num meio fluido, sobre ação de uma força de arrasto viscoso dada por F = 3πDηv . Assim sendo, com relação
aos respectivos valores de α , β, γ e τ, uma das soluções é:
a) α = 1, β = 1, γ = 1, τ = −1
b) α = 1, β = −1, γ = 1, τ = 1
c) α = 1, β = 1, γ = −1, τ = 1
d) α = −1, β = 1, γ = 1, τ = 1
e) α = 1, β = 1, γ = 1, τ = 1
Resolução:
Da equação F = 3πDηv vem [ η] = ML−1T −1
E dado que R é adimensional,
γ
[ R ] = M 0 L0T 0 = (M .L−3 )α ( LT −1 ) ( L ) ( ML−1T −1 )
β
α+τ
−3α +β+ γ − τ
−β− τ
(T ) = M 0 L0T 0
[ R] = ( M ) ( L )
De onde obtemos que
i) α = −τ
ii) −3α + β + γ − τ = 0 ∴β + γ = τ + 3α
iii) β = −τ
De i) e iii) vem que
α = β = −τ
E de ii),
γ = −τ
Logo, α = β = γ = −τ , que é coerente com a alternativa A
Alternativa A
1
τ
Questão 02
Um projétil de densidade ρ p é lançado com um ângulo α em relação à horizontal no interior de um recipiente vazio. A seguir, o
recipiente é preenchido com um superfluido de densidade ρs e o mesmo projétil é novamente lançado dentro dele, só que sob
G
um ângulo β em relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma velocidade inicial v do projétil, de mesmo módulo
que a do experimento anterior, não se altera a distância alcançada pelo projétil (veja figura). Sabendo que são nulas as forças de
atrito num superfluido, podemos então afirmar, com relação ao ângulo β de lançamento do projétil, que
a) cos β = (1 − ρs / ρp )cos α
b) sen 2β = (1 − ρs / ρp )sen2α
c) sen 2β = (1 + ρs / ρp )sen2α
d) sen 2β = sen2α /(1 + ρs / ρp )
e) cos 2β = cos α /(1 + ρs / ρp )
Resolução:
Sendo os alcances iguais, podemos escrever:
Aα = Aβ
vo2
v2
sen2α = o sen2β (I)
g
a
Onde a é a nova aceleração vertical quando o fluido é introduzido.
E calculando a :
Fa = P − E
ma = ρ pVg − ρsVg
⎛
ρ ⎞
a = ⎜1 − s ⎟ g
⎜
ρ p ⎟⎠
⎝
(II)
Por fim, substituindo (II) em (I) ,
⎛ ρ ⎞
sen2β = ⎜1 − s ⎟ sen2α
⎝ ρp ⎠
Alternativa B
Questão 03
G
Considere uma rampa de ângulo θ com a horizontal sobre a qual desce um vagão, com aceleração a , e cujo teto está
dependurada uma mola de comprimento l , de massa desprezível e constante de mola k, tendo uma massa m fixada na sua
extremidade. Considerando que l0 é o comprimento natural da mola e que o sistema está em repouso em relação ao vagão,
pede-se dizer que a mola sofreu uma variação de comprimento Δl = l − l0 dada por
a) Δl = mgsenθ / k
b) Δl = mg cos θ / k
c) Δl = mg / k
d) Δl = m a 2 − 2ag cos θ + g 2 / k
e) Δl = m a 2 − 2agsenθ + g 2 / k
2
Resolução:
y
Fel
g’
g
-a
–ma
Px
Py
x
Tomando a bolinha como referencial não inercial, ela fica sujeita a uma aceleração gravitacional aparente g ' , onde,
JG JG
g' = g − a
E assim, podemos escrever o equilíbrio da bolinha da forma:
Fel2 = ( Px − ma ) + ( Py )
2
( k Δl )
Δl 2 =
2
2
= ⎡⎣ m ( a − gsenθ ) ⎤⎦ + (mg cos θ) 2
2
m2 2
⎡ a − 2agsenθ + g 2 (sen 2 θ + cos 2 θ) ⎤⎦
k2 ⎣
Por fim temos,
Δl =
m 2
a − 2agsenθ + g 2
k
Alternativa E
Questão 04
G
Um objeto pontual de massa m desliza com velocidade inicial v , horizontal, do topo de uma esfera em repouso, de raio R. Ao
escorregar pela superfície, o objeto sofre uma força de atrito de módulo constante dado por f = 7 mg / 4π . Para que o objeto se
desprenda da superfície esférica após percorrer um arco de 60º (veja figura), sua velocidade inicial deve ter o módulo de
a) 2 gR / 3
b)
3gR / 2
c)
6 gR / 2
d) 3 gR / 2
e) 3 gR
Resolução:
Na posição final (destaque do corpo), a componente da força peso normal à velocidade Py é o agente centrípeto:
( )
Fcp = Py
mv 2
= mgsen60º
R
Rg
∴ v2 =
(I)
2
Entre os instantes inicial e final houve trabalho da força atrito dissipativa dado por:
7 mgR
⎛ 7 mg ⎞ ⎛ πR ⎞
T fat = Fd cos θ = − Fd = − ⎜
⎟⋅⎜
⎟=−
12
⎝ 4π ⎠ ⎝ 3 ⎠
Com esse trabalho determinamos a variação de energia mecânica:
E fim − Einicio = T fat
⎡
mv02 ⎤ −7mgR
⎛ 3 ⎞ mv ⎤ ⎡
mgR
+
−
mgR
+
(2)
(II)
⎥=
⎢
⎥ ⎢
⎜ ⎟
2 ⎦ ⎣
2 ⎦
12
⎝2⎠
⎣
2
3
E substituindo (I) em (II) ,
v02
gR 7 gR
=−
+
, ∴v0 =
2
4
12
2 gR
3
Alternativa A
Questão 05
Um vagão-caçamba de massa M se desprende da locomotiva e corre sobre trilhos horizontais com velocidade constante
v = 72, 0 km/h (portanto, sem resistência de qualquer espécie ao movimento). Em dado instante, a caçamba é preenchida com
uma carga de grãos de massa igual a 4M, despejada verticalmente a partir do repouso de uma altura de 6,00 m (veja figura).
Supondo que toda a energia liberada no processo seja integralmente convertida em calor para o aquecimento exclusivo dos
grãos, então, a quantidade de calor por unidade de massa recebido pelos grãos é
a) 15 J/kg
b) 80 J/kg
c) 100 J/kg
d) 463 J/kg
e) 578 J/kg
Resolução:
Cálculo da perda de energia potencial gravitacional:
τ = mgh = ( 4 M ) ⋅ ( g ) ⋅ ( 6 ) = 24Mg
Na horizontal a quantidade de movimento se conserva:
M ⋅ 20 = 5M ⋅ vF ⇒ vF = 4, 00 m/s
ΔEC =
5M ⋅ ( 4 )
2
2
−
M . ( 20 )
2
2
= 40M − 200 M = −160 M , devido às variações horizontais das velocidades
Energia liberada no processo:
24 Mg + 160 M = Q
Q
24 Mg + 160 M
=
= ( 6 g + 40 ) J
kg
4M
4M
Adotando g = 10 m/s 2
Q
= 100 J/kg
4M
Alternativa C
Questão 06
Dois corpos esféricos de massa M e 5M e raios R e 2R,respectivamente, são liberados no espaço livre. Considerando que a única
força interveniente seja a da atração gravitacional mútua, e que seja de 12R a distância de separação inicial entre os centros dos
corpos, então, o espaço percorrido pelo corpo menor até a colisão será de
a) 1,5 R
b) 2,5 R
c) 4,5 R
d) 7,5 R
e) 10, 0 R
Resolução:
Com as massas estão na proporção
M1 1
=
M2 5
4
As acelerações e os respectivos espaços percorridos estarão na proporção
a1 d1 5
=
= (tempos iguais). Logo:
a2 d 2 1
d1 + d 2 = 12 R − R − 2 R
d1 + d 2 = 9 R
d1
= 9R
5
45 R
d1 =
= 7,5R
6
d1 +
Alternativa D
Questão 07
Considere um pêndulo de comprimento l, tendo na sua extremidade uma esfera de massa m com carga elétrica positiva q. A
G
seguir, esse pêndulo é colocado num campo elétrico uniforme E que atua na mesma direção e sentido da aceleração da
G
gravidade g . Deslocando-se essa carga ligeiramente de sua posição de equilíbrio e soltando-a, ele executa um movimento
harmônico simples, cujo período é
a) T = 2π l / g
b) T = 2π l /( g + q )
c) T = 2π ml /(qE )
d) T = 2π ml /(mg − qE )
e) T = 2π ml /(mg + qE )
Resolução:
O período que um pêndulo executando MHS pode ser escrito com T = 2π
m⋅L
Fresultante
A força resultante será: FR = mg + qE
Logo: T = 2π
m⋅L
mg + qE
Alternativa E
Questão 08
Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massa M com o formato de uma casa (veja figura). A área
da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco forma com a horizontal é α. O bloco flutua em um líquido de
densidade ρ, permanecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após o objeto deixar o plano e o bloco voltar
à posição de equilíbrio, o decréscimo da altura submersa do bloco é igual a
a) m sen α / S ρ
b)
c)
d)
e)
m cos 2 α / S ρ
m cos α / S ρ
m / Sρ
(m + M ) / S ρ
Resolução:
( )
A força trocada entre M e m tem intensidade dada por Fn = mg cos α e possui componente vertical Fny dada por Fny = mg cos 2 α .
Quando o bloco m deixar o plano e o bloco M voltar à posição de equilíbrio, ocorrerá uma variação no empuxo sofrido por M de:
ΔE = Fny
ρ ⋅ g ⋅ ( S ⋅ h) = mg cos 2 α
h=
m cos 2 α
S ⋅ρ
Alternativa B
5
Questão 09
Situa-se um objeto a uma distância p diante de uma lente convergente de distância focal f, de modo a obter uma imagem real a
uma distância p’ da lente. Considerando a condição de mínima distância entre imagem e objeto, então é correto afirmar que:
a) p 3 + fpp '+ p '3 = 5 f 3
b) p 3 + fpp '+ p '3 = 10 f 3
c) p 3 + fpp '+ p '3 = 20 f 3
d) p 3 + fpp '+ p '3 = 25 f 3
e) p 3 + fpp '+ p '3 = 30 f 3
Resolução:
p '+ p = 4 f , pois objeto e imagem estão à mínima distância.
f =
p⋅ p'
p + p'
p ⋅ p ' = f ⋅ ( p + p ')
p⋅ p' = f ⋅4 f
p⋅ p' = 4 f 2
( p + p ')
3
= (4 f )
3
p 3 + 3 p ⋅ p '2 + 3 p 2 p '+ p '3 = 64 f 3
p 3 + p '3 + 3 p ⋅ p '( p + p ') = 64 f 3
p 3 + p '3 + 12 p ⋅ p ' f = 64 f 3
p 3 + f ⋅ p ⋅ p '+ p '3 = 64 f 3 − 11 p ⋅ p '⋅ f
p 3 + f ⋅ p ⋅ p '+ p '3 = 64 f 3 − 11 ⋅ 4 f 2 ⋅ f = 20 f 3
Alternativa C
Questão 10
Uma banda de rock irradia uma certa potência em um nível de intensidade sonora igual a 70 decibéis. Para elevar esse nível a
120 decibéis, a potência irradiada deverá ser elevada de:
a) 71%
b) 171%
c) 7100%
d) 9 999 900%
e) 10 000 000%
Resolução:
10 ⋅ log
I1
= 70
I0
10 ⋅ log
I2
= 120
I0
log
I2
I
− log 1 = 12 − 7
I0
I0
log
I2
=5
I1
I 2 = I1 ⋅105
Seja i a taxa de aumento:
1 + i = 105
i = 100000 − 1 = 99999
i = 9999900%
6
Alternativa D
Questão 11
Um pescador deixa cair uma lanterna acesa em um lago a 10, 0 m de profundidade. No fundo do lago, a lanterna emite um
feixe luminoso formando um pequeno ângulo θ com a vertical (veja figura). Considere: tan θ ≅ sen θ ≅ θ e o índice de refração
da água n = 1,33 . Então, a profundidade aparente h vista pelo pescador é igual a
a) 2,5 m
b) 5,0 m
c) 7,5 m
d) 8,0 m
e) 9,0 m
Resolução:
Para pequenos valores de θ podemos usar a relação do dioptro plano:
h h'
= e substituindo:
n n'
10
h
=
1,33 1
h = 7,5 m
Alternativa C
Questão 12
São de 100 Hz e 125 Hz respectivamente, as freqüências de duas harmônicas adjacentes de uma onda estacionária no trecho
horizontal de um cabo esticado, de comprimento A = 2 m e densidade linear de massa igual a 10 g/m (veja figura).
Considerando a aceleração da gravidade g = 10 m/s 2 a massa do bloco suspenso deve ser de:
a) 10 kg
b) 16 kg
c) 60 kg
d) 102 kg
e) 104 kg
Resolução:
Cálculo da velocidade de propagação da onda na corda
v=
m⋅ g
m ⋅10
=
= 1000 ⋅ m , em que m é a massa do bloco.
μ
10 ⋅10−3
Lembrando que A =
n ⋅ λn
2A
, para n = 1, 2,3... , ou seja, λ n =
.
n
2
2A ⋅ f n
n⋅v
1000m
vem, f n =
= n⋅
n
2A
2A
Para que a freqüência cresça de 100 Hz para 125 Hz devemos ter n = 4 e n = 5 , portanto:
Como v = λ n ⋅ f n =
4 ⋅ 1000 ⋅ m
5 1000 ⋅ m
e 125 =
2⋅2
2⋅2
O que conduz a m = 10 kg
100 =
Alternativa A
Questão 13
7
Considere o vão existente entre cada tecla de um computador e a base do seu teclado. Em cada vão existem duas placas
metálicas, uma delas presa na base do teclado e a outra, na tecla. Em conjunto, elas funcionam como um capacitor de placas
planas paralelas imersas no ar. Quando se aciona a tecla, diminui a distância entre as placas e a capacitância aumenta. Um
circuito elétrico detecta a variação da capacitância, indicativa do movimento da tecla. Considere então um dado teclado, cujas
placas metálicas têm 40 mm 2 de área e 0,7 mm de distância inicial entre si. Considere ainda que a permissividade do ar seja
ε 0 = 9 × 10−12 F/m . Se o circuito eletrônico é capaz de detectar uma variação da capacitância a partir de 0, 2 pF , então, qualquer
tecla deve ser deslocada de pelo menos
tecla
a) 0,1 mm
b) 0,2 mm
c) 0,3 mm
0,7 mm
d) 0,4 mm
bas e do te clado
e) 0,5 mm
Resolução:
A capacitância inicial do capacitor é
C0 =
−12
−6
ε 0 ⋅ A ( 9 ⋅10 ) ⋅ ( 40 ⋅10 )
, C0 = 0,514 ⋅10−12 F
=
−3
d
0,
7
⋅
10
(
)
Com uma variação da capacitância de 0, 2 ⋅10 −12 F , temos:
−12
−6
ε 0 ⋅ A ( 9 ⋅10 ) ⋅ ( 40 ⋅10 )
=
d'
d'
−3
d ' = 0,5 ⋅10 m = 0,5 mm
C f = 0, 714 ⋅10−12 =
∴ Δd = 0, 2 mm
Alternativa B
Questão 14
O circuito da figura abaixo, conhecido como ponte de Wheatstone, está sendo utilizado para determinar a temperatura de óleo
de um reservatório, no qual está inserido um resistor de fio de tungstênio RT . O resistor variável R é ajustado automaticamente
de modo a manter a ponte sempre em equilíbrio, passando de 4, 00 Ω para 2, 00 Ω . Sabendo que a resistência varia linearmente
com a temperatura e que o coeficiente linear de temperatura para o tungstênio vale α = 4, 00 ⋅10−3 º C −1 a variação da
temperatura do óleo deve ser de
a) −125 °C
b) −35, 7 °C
c) 25 °C
d) 41, 7 °C
e) 250 °C
Resolução:
Ponte de Wheatstone:
R ⋅ RT = 80
No início: RT0 ⋅ 4 = 80 ⇒ RT0 = 20Ω
No final: RT1 ⋅ 2 = 80 ⇒ RT1 = 40Ω
Portanto, pela variação da resistência em função da temperatura, temos:
RT1 = RT0 (1 + αΔT )
40 = 20 (1 + 4 ⋅10−3 ΔT )
2 = 1 + 4 ⋅10−3 ΔT
103
= ΔT ∴ ΔT = 250º C
4
Alternativa E
8
Questão 15
Quando uma barra metálica se desloca num campo magnético, sabe-se que seus elétrons se movem para uma das
extremidades, provocando entre elas uma polarização elétrica. Desse modo, é criado um campo elétrico constante no interior do
metal, gerando uma diferença de potencial entre as extremidades da barra. Considere uma barra metálica descarregada, de
2,0 m de comprimento, que se desloca com velocidade constante de módulo v = 216 km/h num plano horizontal (veja figura),
próximo à superfície da Terra. Sendo criada uma diferença de potencial (ddp) de 3, 0 ⋅10−3 V entre as extremidades da barra, o
valor da componente vertical do campo de indução magnética terrestre nesse local é de
a) 6,9 ⋅10−6 T
b) 1, 4 ⋅10−5 T
c) 2,5 ⋅10−5 T
d) 4, 2 ⋅10−5 T
e) 5, 0 ⋅10−5 T
Resolução:
Δφ B ⋅ ΔA ⋅ cos 0º B ⋅ l ⋅ Δx
=
=
= B⋅l⋅v
ΔT
ΔT
ΔT
ε
B = = 2,5 ⋅10−5 T
lv
ε=
Alternativa C
Questão 16
Uma bicicleta, com rodas de 60 cm de diâmetro externo, tem seu velocímetro composto de um ímã preso em raios, a 15 cm do
eixo da roda, e de uma bobina quadrada de 25 mm 2 de área, com 20 espiras de fio metálico, presa no garfo da bicicleta. O
ímã é capaz de produzir um campo de indução magnética de 0,2 T em toda a área da bobina (veja a figura). Com a bicicleta a
36 km/h , a força eletromotriz máxima gerada pela bobina é de
a) 2 ·10-5 V
b) 5 ·10-3 V
c) 1 ·10-2 V
d) 1 ·10-1 V
e) 2 ·10-1 V
Resolução:
Cálculo da velocidade com que o imã passa pela bobina
V = Vbicicleta ⋅
15cm
km
m
= 18
= 5, 0
30cm
h
s
Cálculo do lado do quadrado formado por uma bobina:
9
l 2 = 25 mm 2 = 25 ⋅10−6 m 2
l = 5, 0 ⋅10−3 m
Força eletromotriz máxima devido à uma bobina
Δφ B ⋅ ΔA ⋅ cos 0º B ⋅ l ⋅ Δx
=
=
= B ⋅l ⋅v
ΔT
ΔT
ΔT
ε = ( 0, 2 ) ⋅ ( 5 ⋅10−3 ) ⋅ ( 5 )
ε=
ε = 5 ⋅10−3 V
Logo, para 20 espiras teremos:
ε máx = 20 ⋅ ( 5 ⋅10−3 ) V = 1 ⋅10−1 V
Alternativa D
Questão 17
Um automóvel pára quase que instantaneamente ao bater frontalmente numa árvore. A proteção oferecida pelo air-bag,
comparativamente ao carro que dele não dispõe, advém do fato de que a transferência para o carro de parte do momentum do
motorista se dá em condição de
a) menor força em maior período de tempo.
b) menor velocidade, com mesma aceleração.
c) menor energia, numa distância menor.
d) menor velocidade e maior desaceleração.
e) mesmo tempo, com força menor.
Resolução:
O air-bag funciona como um colchão de ar, fazendo com que a queda de velocidade do passageiro ocorra mais suavemente, ou seja,
com menor aceleração, menor força e maior tempo; proporcionando assim, menor risco à integridade física do passageiro.
Alternativa A
Questão 18
Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0 km , com velocidade de 50 10 m/s no rumo norte, e capta no
radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. O piloto então liga o sistema de póscombustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 6, 0 m/s 2 . Após 40 10 / 3 s , mantendo a mesma direção, ele
agora constata que o sinal está chegando da direção oeste. Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se
encontra a uma distância de
a) 5,2 km
b) 6,7 km
c) 12 km
d) 13 km
e) 28 km
Resolução:
Seja F o ponto fixo da fonte de ondas eletromagnéticas
De A para B :
10
at 2
2
s = s0 + v0 t +
2
⎛ 40 10 ⎞ 6 ⎛ 40 10 ⎞
20000 16000
Δs = 50 10 ⋅ ⎜⎜
+
⎟⎟ + ⎜⎜
⎟⎟ =
3
2
3
3
3
⎝
⎠
⎝
⎠
Δs = 12000 m = 12 km
Temos que o ΔABC é retângulo isósceles:
BC = AB = 12 km
(
)
Fazendo o Teorema de Pitágoras no ΔBCF :
BF 2 = BC 2 + CF 2 = 12 2 + 52 = 169
BF = 13 km
Alternativa D
Questão 19
Em uma impressora a jato de tinta, gotas de certo tamanho são ejetadas de um pulverizador em movimento, passam por uma
unidade eletrostática onde perdem alguns elétrons, adquirindo uma carga q, e, a seguir, se deslocam no espaço entre placas
planas paralelas eletricamente carregadas, pouco antes da impressão. Considere gotas de raio igual a 10 µm lançadas com
velocidade de módulo v = 20 m/s entre placas de comprimento igual a 2 cm no interior das quais existe um campo elétrico
vertical uniforme, cujo módulo é E = 8, 0 ·104 N/C (veja figura). Considerando que a densidade da gota seja de 1000 kg/m3 e
sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0,30 mm ao atingir o final do percurso, o módulo da sua carga elétrica é de
a) 2,0 ·10-14 C
b) 3,1 ·10-14 C
c) 6,3 ·10-14 C
d) 3,1 ·10-11 C
e) 1,1 ·10-10 C
Resolução:
Na horizontal:
ΔS = V ⋅ t
2, 0 ⋅10−2 = 20 ⋅ t
t = 10−3 s
Na vertical:
2
1 2
1
at ⇒ 0,30 ⋅10−3 = a ⋅ (10−3 )
2
2
a = 0, 60 ⋅103 = 6, 0 ⋅102 m/s 2
Fr = m ⋅ a
q ⋅ E + mg = m ⋅ a
Δs =
q=
m(a − g )
E
3⎤
⎡ 4π
m = μV = 103 ⋅ ⎢ (10−5 ) ⎥
⎣ 3
⎦
4π −12
m=
⋅10 kg
3
⎛ 4π −12 ⎞
⎜ ⋅10 ⎟ ( 600 − 10 )
3
⎠
q=⎝
(8 ⋅104 )
∴ q = 3,1 ⋅10−14 C
Alternativa B
11
Questão 20
A pressão exercida pela água no fundo de um recipiente aberto que a contém é igual a Patm + 10 ·103 Pa Colocado o recipiente
num elevador hipotético em movimento, verifica-se que a pressão no seu fundo passa a ser de Patm + 4, 0 ·103 Pa . Considerando
que Patm é a pressão atmosférica, que a massa específica da água é de 1,0 g/cm3 e que o sistema de referência tem seu eixo
vertical apontado para cima, conclui-se que a aceleração do elevador é de
a) -14 m/s 2
b) -10 m/s 2
c) -6 m/s 2
d) 6 m/s 2
e) 14 m/s 2
Resolução:
Phidrostatica = μgh = 104 Pa
Phidrostatica = μg ' h = 4, 0 ⋅103 Pa
104
⋅ g ' = 4, 0 ⋅103
g
g ' = 0, 4 ⋅ g = 4, 0 m/s 2
Cálculo do modulo da aceleração do elevador:
a = g − g ' = 10 − 4, 0 = 6, 0 m/s 2 , e para baixo:
de acordo com a convenção adotada: a = −6 m/s 2
Alternativa C
Questão 21
Um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso emite um fóton numa transição do estado de energia n para o estado
fundamental. Em seguida, o átomo atinge um elétron em repouso que com ele se liga, assim permanecendo após a colisão.
Determine literalmente a velocidade do sistema átomo + elétron após a colisão. Dados: a energia do átomo de hidrogênio no
estado n é En = E0 / n 2 ; o mometum do fóton é hv / c ; e a energia deste é hv , em que h é a constante de Planck, v a
freqüência do fóton e c a velocidade da luz.
Resolução:
En =
E
E0
e E1 = 20
n2
1
ΔE = E0 −
P=
⎛ n2 − 1 ⎞
E0
=
E
⎟ = h⋅v
0⎜
2
n2
⎝ n ⎠
hv E0 ⎛ n 2 − 1 ⎞
=
⎜
⎟ é a quantidade de movimento do átomo de hidrogênio, em módulo igual à do fóton.
c
c ⎝ n2 ⎠
Com a colisão inelástica entre o átomo de hidrogênio e o elétron, a quantidade de movimento do sistema será a quantidade de
movimento inicial do átomo de hidrogênio, ou seja
( M + m) ⋅ V =
∴v =
E0 ⎛ n 2 − 1 ⎞
⎜
⎟
c ⎝ n2 ⎠
⎛ n2 − 1 ⎞
E0
⎜
⎟ , em que M e m são as massas do núcleo do átomo de hidrogênio e do elétron respectivamente.
c ( M + m) ⎝ n 2 ⎠
12
Questão 22
Inicialmente 48 g de gelo a 0°C são colocados num calorímetro de alumínio de 2,0 g , também a 0°C . Em seguida, 75 g de
água a 80°C são despejados dentro desse recipiente. Calcule a temperatura final do conjunto. Dados: calor latente do gelo
Lg = 80 cal/g calor específico da água cágua =1,0 cal ⋅ g −1 ⋅ °C −1 , calor específico do alumínio c Al = 0, 22 cal ⋅ g −1 ⋅ °C−1 .
Resolução:
Sistema isolado:
∑Q
trocadas
=0
Q fusão + Q1 + Q2 + Q3 = 0
48 ⋅ 80 + 48 ⋅1, 0 ⋅ θ f + 2, 0 ⋅ 0, 22 ⋅ θ f + 75 ⋅1, 0 ⋅ ( θ f − 80 ) = 0
123, 44θ f = 2160
∴θ f = 17,5ºC
Questão 23
Um técnico em eletrônica deseja medir a corrente que passa pelo resistor de 12 Ω no circuito da figura. Para tanto, ele dispõe de
um galvanômetro e uma caixa de resistores. O galvanômetro possui resistência interna Rg = 5 kΩ e suporta, no máximo, uma
corrente de 0,1 mA . Determine o valor máximo do resistor R a ser colocado em paralelo com o galvanômetro para que o técnico
consiga medir a corrente.
Resolução:
A tensão no galvanômetro será
U = R ⋅ i = 5kΩ ⋅ 0,1mA = 0,5V
Por Kirchhoff
1) i1 + i2 = i3
i1
i2
4W
2W
i3
12 W
2) −24 + 4i1 − 2i2 + 12 = 0
3) −12 + 2i2 + 12i3 + 0,5 = 0
Resolvendo 1, 2 e 3, temos:
Rg
i1 = 2,3875A
i2 = −1, 225A
i3 = 1,1625A
R
O resistor R (Shunt) deverá provocar um desvio de ig = 1,1625 − 0, 0001 = 1,1624A e estará submetido a uma tensão de 0,5V .
Logo: R =
U
0,5
=
= 0, 43Ω
i 1,1624
13
Questão 24
Uma fina película de fluoreto de magnésio recobre o espelho retrovisor de um carro a fim de reduzir a reflexão luminosa.
Determine a menor espessura da película para que produza a reflexão mínima no centro do espectro visível. Considere o
comprimento de onda λ = 5500 Å , o índice de refração do vidro nv = 1,50 e, o da película, n p = 1,30 . Admita a incidência
luminosa como quase perpendicular ao espelho.
Resolução:
n1 = 1 < n2 = 1,30 < n3 = 1,50
Nas reflexões teremos inversão de fase, daí para temos interferência destrutiva entre os raios refletidos devemos ter 2 ⋅ e =
λ
+ k ⋅ λ , com
2
k natural.
A menor espessura ocorre para k = 0
2⋅e =
λ
2
(1)
Cálculo do comprimento de onda ( λ 2 ) na propagação no interior da película:
n2 =
V1 λ1 ⋅ t
λ 5500Å
=
⇒ λ2 =
=
V2 λ 2 ⋅ t
n2
1,3
(2)
De 1 e 2 vem:
2e =
1 5500
⋅
2 1,3
∴ e = 1, 06 ⋅103 Å
Questão 25
Num experimento, foi de 5,0 ·103 m/s a velocidade de um elétron, medida com precisão de 0,003% . Calcule a incerteza na
determinação da posição do elétron, sendo conhecidos: massa do elétron me = 9,1 ·10−31 kg e constante de Planck reduzida
= = 1,1 ·10-34 J ⋅ s .
Resolução:
h =
=
4π 2
=
m ⋅ Δv ⋅ Δ x ≥
2
0,
003
1,1 ⋅10−34
9,1 ⋅10−31 ⋅
⋅ 5 ⋅103 ⋅ Δx ≥
100
2
∴ Δx ≥ 4 ⋅10−4 m
Δp ⋅ Δx ≥
Questão 26
Suponha que na Lua, cujo raio é R, exista uma cratera de profundidade R /100 , do fundo da qual um projétil é lançado
verticalmente para cima com velocidade inicial v igual à de escape. Determine literalmente a altura máxima alcançada pelo
projétil, caso ele fosse lançado da superfície da Lua com aquela mesma velocidade inicial v.
Resolução:
Gráfico da energia potencial gravitacional do sistema Lua de massa M mais projétil de massa m em função da distância d entre seus
centros.
14
Observe que no fundo da cratera a energia potencial gravitacional é menor do que na superfície, o que nos conduz a uma velocidade de
escape maior do que teríamos na superfície. Logo, caso o projétil fosse arremessado da superfície com tal velocidade ele escaparia e ainda
chegaria ao infinito com alguma energia cinética.
Do exposto, concluímos que a altura máxima tende ao infinito.
Questão 27
Estime a massa de ar contida numa sala de aula. Indique claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estimados das
variáveis empregadas.
Resolução:
−1
−1
Consideraremos uma sala de dimensões 10 m × 15 m × 3 m , a temperatura do ar 300K , R = 8 J ⋅ mol ⋅ K , a pressão local a
1, 0 ⋅105 Pa , a composição do ar com 30% de O2 e 70% de N 2 (como na questão 28) e por fim o ar como um gás ideal.
Calculo do volume:
V = 10 ⋅15 ⋅ 3m3 = 450 m3
Calculo da massa de O2 :
PO2 V = nO2 RT
30
⋅1, 0 ⋅105 ⋅ 450 = nO2 ⋅ 8 ⋅ 300
100
nO2 = 5625 mol
∴ mO2 = 5625 ⋅ 32 = 180kg
Calculo da massa de N 2
PN2 V = nN2 RT
70
⋅1, 0 ⋅105 ⋅ 450 = nN2 ⋅ 8 ⋅ 300
100
nN 2 = 13125mol
∴ mN2 = 13125 ⋅ 28 = 367,5kg
Logo a massa m de ar estimada é de
m = mO2 + mN2 = 5,5 ⋅102 kg
Questão 28
Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa por meio de balões, sendo cada qual inflado com 1 m3 de hélio na
temperatura local (27 ºC) . Cada balão vazio com seus apetrechos pesa 1,0 N . São dadas a massa atômica do oxigênio
AO = 16 , a do nitrogênio AN = 14 , a do hélio AHe = 4 e a constante dos gases R = 0, 082 atm ⋅ A ⋅ mol−1 ⋅ K −1 . Considerando
que o conjunto pessoa e cesta pesa 1000 N e que a atmosfera é composta de 30% de O2 e 70% de N 2 , determine o número
mínimo de balões necessários.
Resolução:
Cálculo do peso de cada balão:
Pbalão = 1 + M HE ⋅ g (1)
Supondo pressão interna do balão igual a
Patm = 1, 0 ⋅105 N / m 2 = 1, 0atm vem:
PV = nRT
1 ⋅103 = n ⋅ 0, 082 ⋅ 300
1000
n=
= 40, 65mol
0, 082 ⋅ 300
m = 4 ⋅ 40, 65g = 162, 6 ⋅10−3 kg
15
Voltando em (1) temos:
Pbalão = 1 + 0,1626 ⋅10 = 1 + 1, 626
Pbalão = 2, 6N
Calculo do empuxo em cada balão:
Ebalão = mO2 ⋅ g + mn2 ⋅ g , em que mO2 e mN2 são as massas do oxigênio e nitrogênio deslocadas por um balão, respectivamente.
30
g = 390, 24g = 0,39kg
100
70
mO2 = 40, 65 ⋅ 28 ⋅
g = 796, 74g = 0,80kg
100
Ebalão = ( 3,9 + 8, 0 ) N = 11,9N
mO2 = 40, 65 ⋅ 32 ⋅
Para que o conjunto seja suspenso devemos ter:
E ≥ Pconjunto
n ⋅11,9 ≥ 1000 + n ⋅ 2, 6
9,3 ⋅ n ≥ 1000
n ≥ 107,5
Daí o menor número de balões é 108 .
Questão 29
Através de um tubo fino, um observador enxerga o topo de uma barra vertical de altura
H apoiada no fundo de um cilindro vazio de diâmetro 2H . O tubo encontra-se a uma altura
2 H + L e, para efeito de cálculo, é de comprimento desprezível. Quando o cilindro é
preenchido com um liquido até uma altura 2H (veja a figura), mantido o tubo na mesma
posição, o observador passa a ver a extremidade inferior da barra. Determine literalmente o
índice de refração desse liquido.
Resolução:
seni =
tgi =
2H
⎡( 2 H ) + ( H + L ) 2 ⎤
⎣
⎦
2
1/ 2
x1
2H
2H 2
=
⇒ x1 =
H H +L
H +L
cos r =
2H
1/ 2
2
⎡
⎛ 2H 2 ⎞ ⎤
2
⎢( 2 H ) + ⎜
⎟ ⎥
⎢⎣
⎝ H + L ⎠ ⎥⎦
nar seni = nL ⋅ senr
1⋅
2H
1/ 2
⎡ 2 H )2 + ( H + L )2 ⎤
⎣(
⎦
= nL ⋅
2H 2
1/ 2
2
⎡
⎛ 2H 2 ⎞ ⎤
2
( H + L ) ⋅ ⎢( 2 H ) + ⎜
⎟ ⎥
⎢⎣
⎝ H + L ⎠ ⎥⎦
( H + L) + H 2
2
2
( H + L ) + ( 2H )
2
nL = 2
16
Questão 30
Satélite síncrono é aquele que tem sua órbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacionário em relação a este.
Considere um satélite síncrono em órbita de Júpiter cuja massa é M J =1,9 ·1027 kg e cujo raio é RJ = 7,0 ·107 m . Sendo a
constante da gravitação universal G = 6, 7 ·10−11 m3 ⋅ kg −1 ⋅ s −2 e considerando que o dia de Júpiter é de aproximadamente 10 h ,
determine a altitude do satélite em relação à superfície desse planeta.
Resolução:
F=
GMm
( R + h)
2
=
m ⋅ v2
( R + h)
⎛ 2π ( R + h ) ⎞
GM
= v2 = ⎜
⎟
R+h
T
⎝
⎠
GM
3
( R + h) = 2 ⋅T 2
4π
−11
3
1027 ⋅ (10 ⋅ 3600) 2
( 7 ⋅107 + h ) = 6, 7 ⋅10 ⋅1,94 ⋅⋅3,14
2
2
h = 9,1 ⋅107 m
17