Prova - 3ª Fase - 1ª e 2ª Séries

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a) As forças atuantes sobre o dispositivo são: a força peso
normal de apoio
e a reação
.
• Diagrama de forças:
b) De acordo com o gráfico do problema, temos que:
• De 0 a 0,5s, o movimento da plataforma é retrógrado (vy < 0) e retardado (ay e vy possuem sinais diferentes).
• De 0,5s a 1,0s, o movimento da plataforma é progressivo (vy > 0) e retardado (ay e vy possuem sinais diferentes).
Logo, temos que:
• De 0 a 0,5s → velocidade para baixo e aceleração para cima:
FN – P = m . ay → FN – m . g = m . ay → FN = m(ay + g).
• FN corresponde ao peso aparente do dispositivo da questão, tendo o
seu valor máximo quando o módulo da aceleração nessa situação de
movimento for máximo. Ou seja, para a = 19,6m/s2, o peso aparente do
dispositivo é máximo. Isso ocorre no instante t = 0.
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c) Note que:
• De 0,5s a 1,0s → velocidade para cima e aceleração para baixo.
Do mesmo modo, FN corresponde ao peso aparente do dispositivo da
questão, de modo que:
P – FN = m . ay (em módulo)
FN = mg – m . ay
FN = m . (g – ay)
Quando os módulos de
e de
são iguais, o peso aparente do dispositivo se torna nulo. Desse modo, temos, pelo gráfico:
ay = 19,6 – 39,2 . t
Para ay = –10m/s2, temos:
–10 = 19,6 – 39,2t → 39,2t = 29,6 → t = 0,76s
O peso é nulo no instante t = 0,76s.
Nesse instante, o módulo da aceleração do dispositivo é dada por:
0 = 5 . (10 – ay)
ay = 10m/s2 Em módulo
ay = –10m/s2 Escalarmente
d) Caso seja esquecida de efetuar a colagem, a partir do instante 0,76s, o
dispositivo voará da plataforma.
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•
Do problema, temos que:
MTi = 1,85 ML
MS = 95 . MT
ML = 0,0123 MT
dLT = 2,4 . 105 milhas
ds, Ti = 7,6 . 105 milhas
• Determinando a razão exigida, temos que:
• A força de Saturno sobre Titã é 17,5 vezes maior do que a força da
Terra sobre a Lua.
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• Como se trata de um gráfico da força versus o tempo, temos que:
Obs.: O tempo no gráfico está em milisegundos (ms).
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• Logo, o impulso sofrido pela partícula será dado por:
comenta
• O problema afirma que a energia mecânica total da partícula vale 12J
(soma da energia cinética com a energia potencial).
a) Qualquer ponto de retorno ocorre quando a energia potencial for igual a
12J, ou seja, energia cinética nula. Observando o gráfico, nota-se que
os pontos de retorno valem x = 0,75m e x = 7m.
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b) A velocidade máxima da partícula ocorre quando a energia potencial for
nula. Isso ocorre nos pontos x = 1m e x = 4m.
c)
• De 0,75s a 1s, uma força atua na partícula de modo que a mesma tenha um movimento acelerado.
• De 1s a 2s, uma força provoca uma desaceleração no movimento da
partícula, ocasionando uma redução na sua velocidade.
• De 2s a 4s, a força faz com que a partícula tenha novamente um movimento acelerado, até atingir a sua velocidade máxima.
• De 4s a 7s, a força faz com que a partícula sofra novamente uma desaceleração, parando no instante t = 7s.
Obs.: Para t < 0,75s e t > 7s, temos uma “região proibida” para o estudo do
movimento clássico da partícula, pois a energia potencial possui um valor
maior que a energia mecânica da partícula.
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a) Força de atrito estático máxima → Fat = µe . N . (I)
• Da figura do problema, temos que:
•
•
Fy + P = N
F . senθ + P = N (II)
Fx = Fat
Fat = F . cosθ (III)
•
Substituindo (II) e (III) em (I), temos que:
F . cosθ = µe . (F . senθ + P)
F . cosθ = µe . F . senθ + µe . P
F . (cosθ – µe . senθ) = µe . P
F=
b) Substituindo a resposta do item (a) na equação (II), temos que:
N = F . senθ + P
N=
N=
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• Considere o lançamento:
Sabendo que Vx = constante, quando o projétil estiver a uma altura h, teremos:
• O tempo entre os pontos de altura h será:
• O alcance entre os pontos analisados será dado por:
• Substituindo:
• Como o alcance é máximo, α = 45°, logo:
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• Considere a colisão unidimensional:
• Como a colisão é perfeitamente elástica, temos:
e=1→e=
→ VRaf = VRap
V1f + V2f = V1i + V2i → V1f + V2f = 30m/s
• Da conservação da quantidade de movimento:
• Resolvendo o sistema:
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• Logo, o móvel de massa m1 terá uma velocidade de 16m/s para a esquerda, enquanto que o móvel de massa m2 terá uma velocidade de
14m/s para a direita.
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• Cada satélite está submetido a duas forças de origem gravitacional:
uma força em virtude do planeta de massa M e outra força devido ao
outro satélite de massa m.
• Logo, temos que:
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• Note que a força resultante no planeta é nula, pois
logo o
mesmo não executa movimento orbital.
• Escolhendo qualquer um dos satélites, por exemplo, o satélite (1), temos que:
• Como o movimento é uma órbita circular, a força resultante obtida atua
como centrípeta, logo:
Período do movimento orbital de cada satélite.
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• Para que o bloco fique em repouso sobre a cunha, o sistema deve possuir a mesma aceleração a, de modo que:
FR = (M + m) . a
F = (M + m) . a
a=
• Para a situação de valor mínimo da força
o bloco de massa m:
, temos, analisando apenas
• P . senθ = ƒat
• N . senθ + P . senθ . cosθ – P . cosθ . senθ – ƒat . cosθ = m . a
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→ N . senθ – ƒat . cosθ = m . a →
→ P . cosθ . senθ – µ . N . cosθ = m . a →
→ P . cosθ . senθ – µ . P . cosθ . cosθ = m . a →
→ g . senθ . cosθ – µ . g . cos2θ = a →
→ g . (senθ . cosθ – µ . cos2θ) =
→
• Para a situação de valor máximo da força
o bloco de massa m:
valor mínimo.
, temos, analisando apenas
valor máximo.
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• Considerando o polo (ponto de rotação) no meio da gangorra, além de
chamar o peso do gato que está mais próximo da tigela de
do outro gato de
, temos:
• PT = mT . g = 2 . 10 → PT = 20N.
• P1 = m1 . g = 4 . 10 → P1 = 40N.
• P2 = m2 . g = 5 . 10 → P2 = 50N.
*
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Para a condição de equilíbrio, temos que:
PT . 2 + P1 . d = P2 . 2
40 + 40 . d = 100
40d = 60
d = 1,5m
e o peso
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a) Tratando-se de uma associação de molas em paralelo, temos que:
Fel → módulo da força elástica
originada por cada mola.
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• A força resultante sobre o bloco é dada por:
FR = Fel + Fel
k’ . ∆x = k . ∆x + k . ∆x ÷ (∆x)
b) Utilizando a conservação da energia mecânica, temos que:
• sistema com apenas uma mola.
• sistema com as duas molas:
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a) Analisando o trecho 1 → 2:
• T1 = 100°C = 373K
•
•
Utilizando a Primeira Lei da Termodinâmica para o trecho em questão,
temos:
Logo, para a transformação isobárica do gás monoatômico em questão,
temos que:
Como se trata de um gráfico P x V, a área sob o trecho 1 → 2 é numericamente igual ao trabalho τ1,2. Logo:
Logo, a quantidade de calor procurada é dada por:
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b) Sabendo que
e que o trecho 2 → 3 descreve uma transfor-
mação isocórica, temos que:
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a) Da relação entre o tamanho do objeto, e da imagem, temos:
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• Da Lei dos pontos conjugados, temos:
b) Para o novo tamanho da imagem:
• Da Lei dos pontos conjugados:
• Portanto, o fotógrafo deve andar:
x = P – P1 → x = (46,7 – 11,7)m → x = 35m
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• Note que a parte submersa é um tronco de cone de altura (H – h). Logo,
temos que:
• Por semelhança de triângulos, temos que:
• Determinando o volume submerso:
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Vsubm. = Vtotal – Vemerso.
• Como a força peso equilibra o empuxo, temos que:
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a) Sabendo que o calor fornecido, por um lado, será o mesmo recebido
pelo outro, temos:
Q1 + Q2 = 0 → Q1 = – Q2
N1 . (TF – T1i) = –N2 (TF – T2i)
Observando que existe apenas transferência de calor, a temperatura
final será a mesma.
TF =
• A energia total será dada por:
b) Para A:
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c) Para B:
comenta
• Do problema, temos que:
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•
•
•
•
α + 55° + 90° = 180° → α = 35°
α = β → β = 35°
γ + 15° = 180° → γ = 165°
β + γ + ω + 90° = 360°
35° + 165° + ω + 90° = 360°
ω = 70°
• De acordo com a lei da reflexão regular, temos que:
ω + θ = 90°
70° + θ = 90° → θ = 20°
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ANOTAÇÕES:
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ANOTAÇÕES:
Pat / Rev: Tati/DS
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