física física

FFÍ S
Í SI C
I CAA
Questão 01
pressão
O ciclo Diesel, representado na figura abaixo, corresponde ao que ocorre num motor Diesel de quatro tempos: o trecho AB
representa a compressão adiabática da mistura de ar e vapor de óleo Diesel; BC representa o aquecimento a pressão constante,
permitindo que o combustível injetado se inflame sem necessidade de uma centelha de ignição; CD é a expansão adiabática dos
gases aquecidos movendo o pistão e DA simboliza a queda de pressão associada à exaustão dos gases da combustão.
A mistura é tratada como um gás ideal de coeficiente adiabático γ . Considerando que TA , TB , TC e TD representam as
temperaturas, respectivamente, nos pontos A , B , C e D , mostre que o rendimento do ciclo Diesel é dado por:
1 ⎛ T − TA ⎞
η = 1− ⎜ D
⎟
γ ⎝ TC − TB ⎠
B
C
D
A
volume
Resolução:
Sendo A → B e B → C adiabáticas o calor deve ser absorvido em BC ( QBC ) e cedido em DA ( QDA ) .
Assim,
η =1−
QDA
QBC
QDA = ηCv (TA − TD ) isovolumétrica e
QBC = ηCp (TC − TB )
Questão 02
Um corpo de 500 g de massa está inicialmente ligado a uma mola. O seu movimento é registrado pelo gráfico abaixo, que
mostra a aceleração em função da posição, a partir do ponto em que a mola se encontra com a compressão máxima. A abscissa
x = 0 corresponde à posição em que a deformação da mola é nula. Nesta posição, o corpo foi completamente liberado da mola
e ficou submetido à aceleração registrada no gráfico. Determine:
a(m/s²)
-0,5
2,0
4,0
6,0
8,0 x(m)
a) a variação da quantidade de movimento nos 2 s após o corpo ser liberado da mola;
b) o trabalho total realizado desde o começo do registro em x = −0,5 m até x = 3 m .
Resolução:
a)
1) Cálculo da velocidade com que o corpo abandona a mola;
a = − A ⋅ w2 ⋅ cos ( wt ) ∴
50 = − ( −0,5 ) w2 cos 0
w = 10 rad / s
Logo, a velocidade final foi:
v f = − A ⋅ w ⋅ sen ( wt )
v f = − ( −0,5 ) ⋅ 10 ⋅ 1 = 5 m / s
Partindo dessa velocidade e com a = −4 m / s 2 :
Em x = 2 m :
v '2 = v 2f + 2aΔs ∴ v ' = 3 m / s e calculando t ' :
v ' = v f + at ∴ t = 0,5 s (após isso temo MU)
Assim:
ΔQ = m ⋅ Δv = m ⋅ ( v '− v f ) = 0,5 ( 3 − 5 )
ΔQ = −1 kg ⋅ m / s
b)
i) Trabalho da forca elástica:
2
kx 2 mv f 0,5 ⋅ 52
=
=
= 6, 25J
τe =
2
2
2
ii) Trabalho da força constante:
τ F = F ⋅ d = m ⋅ a ⋅ d = 0,5 ⋅ ( −4 ) ⋅ 2 = −4 J
Somando i) e ii):
τ R = τ e + τ F = 6, 25 − 4 = 2, 25 J
Questão 03
Um raio luminoso incide ortogonalmente no ponto central de um espelho plano quadrado MNPQ , conforme a figura abaixo.
Girando-se o espelho de um certo ângulo em torno da aresta PQ , consegue-se que o raio refletido atinja a superfície horizontal
S paralela ao raio incidente. Com a seqüência do giro, o ponto de chegada em S aproxima-se da aresta PQ .
No ponto de chegada em S que fica mais próximo de PQ está um sensor que, ao ser atingido pelo raio refletido, gera uma
tensão elétrica U proporcional à distância d entre o referido ponto e aquela aresta: U = k ⋅ d .
Fixando o espelho na posição em que a distância d é mínima, aplica-se a tensão U aos terminais A e B do circuito. Dado que
todos os capacitores estão inicialmente descarregados, determine a energia que ficará armazenada no capacitor C3 se a chave
Y for fechada e assim permanecer por um tempo muito longo.
Dados: comprimento PQ = 6 m ;
constante k = 12 V / m .
N
M
Q
S
P
6W
A
B
4W
6mF
12W 6mF
2
C3= 4mF
Resolução:
a/2
a
3
, mas senθ =
cos θ =
→d =
d
2cos θ
a
Então
3
d=
2 ⋅ senθ ⋅ cosθ
Para que d seja mínimo, 2 ⋅ senθ ⋅ cos θ = senθ
Deverá ser máximo, então θ = 45º .
Para d = 3 m com U = k ⋅ d , temos:
M
q
q
3m
d
q
P
d
S
U = 12 ⋅ 3
U = 36 V
Temos o circuito:
6W
A
36V
B
C
6mF
D
D
12W 6mF
4W
B
36 = 9 ⋅ i
i=4A
C
B
i
C3= 4mF
B
6W
A
36V
B
D
10mF
3W
B
B
6mF
C
B
U CB = 3 ⋅ i
U CB = 12 V
U CD + U DB = 12
6U CD = 10U DB
5
U CD = U DB
3
36
U DB =
V
8
U DB = 4,5 V
Logo: EP =
2
C3 ⋅ U DB
2
4 × 10−6
2
⋅ ( 4,5 )
2
EP = 4,05 × 10−5 J
EP =
Questão 04
Para ferver dois litros de água para o chimarrão, um gaúcho mantém uma panela de 500 g suspensa sobre a fogueira, presa em
um galho de árvore por um fio de aço com 2 m de comprimento. Durante o processo de aquecimento são gerados pulsos de
100 Hz em uma das extremidades do fio. Este processo é interrompido com a observação de um regime estacionário de terceiro
harmônico. Determine:
a) o volume de água restante na panela;
b) a quantidade de energia consumida neste processo.
Dados: massa específica linear do aço = 10−3 kg / m ;
aceleração da gravidade ( g ) = 10 m / s 2 ;
massa específica da água = 1kg / L ;
calor latente de vaporização da água = 2, 26 MJ / kg .
3
Resolução:
a)
Pela freqüência estacionária calcular a tração no fio:
3λ
4
A=
∴λ = e
2
3
v=
T
μ
=λ⋅ f ∴
l
2
l
2
l
2
T
4
= ⋅ 102
10−3 3
160
N
9
Estando a panela em equilíbrio temos também:
P =T
160
16
mg =
∴m =
kg
9
9
∴T =
T
P
Em que m é a massa total do conjunto água mais planeta ( m p ) ,
P =T
16
23
= m p + 0,5 ∴ m p =
= 1,3 kg
9
18
Daí,
m 1,3 kg
Vp = =
= 1,3 L e água.
d 1 kg / L
Foi fornecida energia para evaporar 0,7 kg de água:
b)
QL = m ⋅ L = 0,7 ⋅ 2, 26 = 1,6 MJ
Questão 05
Uma partícula parte do repouso no ponto A e percorre toda a extensão da rampa ABC , mostrada na figura abaixo. A equação
que descreve a rampa entre os pontos A , de coordenadas ( 0, h ) e B , de coordenadas ( h, 0 ) , é
x2
− 2x + h
h
enquanto entre os pontos B e C , de coordenadas ( h, 2r ) , a rampa é descrita por uma circunferência de raio r com centro no
y=
ponto de coordenadas ( h, r ) . Sabe-se que a altura h é a mínima necessária para que a partícula abandone a rampa no ponto
C e venha a colidir com ela em um ponto entre A e B . Determine o ponto de colisão da partícula com a rampa no sistema de
coordenadas da figura como função apenas do comprimento r .
Dado: aceleração da gravidade = g .
OBS: despreze as forças de atrito e a resistência do ar.
y
C
g
r
h
0
B
h
x
Resolução:
Para a determinação da velocidade de lançamento em C , façamos conservação de energia:
EMA = EMC
mv 2
2
∴ v 2 = 2 g ( h − 2r ) ( I )
mgh = mg 2r +
No ponto C , para que h seja mínimo, a força peso deve ser a única componente centrípeta.
Fcp = P
v2
= mg ∴ v = g ⋅ r ( II )
r
Substituindo ( II ) em ( I ) temos:
m
(
g ⋅r
)
2
= 2 g ( h − 2r ) ∴ gr = 2 g ( h − 2r ) ∴ h =
5r
2
4
Montando as equações paramétricas do lançamento horizontal em C , temos:
x = h − gr ⋅ t
h
A
g
y = 2r − ⋅ t 2
2
E para a equação da trajetória:
v
P
2
y = 2r −
C
g ⎛h−x⎞
1 ⎛ 5r
⎞
⋅⎜
⎟ ou y = 2r − ⋅ ⎜ − x ⎟
2r ⎝ 2
2 ⎜⎝ gr ⎟⎠
⎠
2
y0
( III )
0
x0
x
B
Fazendo a intersecção dessa trajetória com a parábola da equação:
x2
2x2
5r
y=
− 2x + h =
− 2x +
( IV )
h
5r
2
Temos de ( III ) e ( IV )
2r −
⎞ 2x2
1 ⎛ 25r 2
5r
− 5rx + x 2 ⎟ =
− 2x +
⎜
2r ⎝ 4
5
r
2
⎠
Que dá como resultado cabível:
⎧
15 − 4 5
⎪ x0 =
r ≈ 1,01r
⎨
6
⎪
⎩ y0 = 0,89r
(
)
Questão 06
Considere duas barras condutoras percorridas pelas correntes elétricas i1 e i2 , conforme a figura abaixo. A primeira está
rigidamente fixada por presilhas e a segunda, que possui liberdade de movimento na direção vertical, está presa por duas molas
idênticas, que sofreram uma variação de 1, 0 m em relação ao comprimento nominal. Sabendo-se que i1 = i2 e que o sistema se
encontra no vácuo, determine:
a) o valor das correntes para que o sistema permaneça estático;
b) a nova variação de comprimento das molas em relação ao comprimento nominal,
mantendo o valor das correntes calculadas no pedido anterior, mas invertendo o sentido de
uma delas.
Dados: comprimento das barras = 1, 0 m ;
massa de cada barra = 0, 4 kg ;
distância entre as barras = 3, 0 m ;
i1
3,0 m
i2
constante elástica das molas = 0,5 N / m ;
aceleração da gravidade ( g ) = 10 m / s 2 ;
permeabilidade do vácuo μ0 = 4π ⋅10−7 T ⋅ m / A
Resolução:
Solução 1
a)
Considerando que a mola está comprimida (já que também seria possível solução com a mola
alongada)
P = 2 Fe + Fm
Fc
Fm
Fe
P
b)
3
0, 4 ⋅ 10 = 2 ⋅ 0,5 ⋅ 1 + B ⋅ i ⋅ A ∴ B = (com i = i1 = i2 )
i
E, para o cálculo de i :
μ ⋅i 3
3 ⋅ 2π ⋅ 3
∴ i = 3 5 ⋅ 103 A i ≈ 5, 2 ⋅ 103 A
B = 0 = ∴i2 =
2π ⋅ d i
4π ⋅ 10−7
Na nova condição, conforme a figura temos:
2 Fc = Fm + P
3m
Fc
Fe
x
2 ⋅ 0,5 x = B '⋅ i ⋅ A + 4
x−4=
μ0 ⋅ i 2 ⋅ (1)
2π ⋅ ( 4 + x )
(
x 2 − 16 = 2 ⋅ 10−7 ⋅ 3 5 ⋅ 103
Fm
)
0
2
∴ x ≅ 8,6 m
5
P
Solução 2
a)
Considerando que a mola está alongada.
P + 2 Fc = Fm
b)
Fc
5
0, 4 ⋅ 10 + 2 ⋅ 0,5 ⋅ 1 = B ⋅ i ⋅ A ∴ B = (com i = i1 = i2 )
i
E, para o cálculo de i :
μ ⋅i 5
3 ⋅ 2π ⋅ 5
∴ i = 5 3 ⋅ 103 A i ≈ 8,7 ⋅ 103 A
B = 0 = ∴ i2 =
2π ⋅ d i
4π ⋅ 10−7
Na nova condição, conforme a figura temos:
2 Fc = Fm + P
Fm
Fe
P
3m
2 ⋅ 0,5 x = B '⋅ i ⋅ A + 4
x−4=
μ0 ⋅ i 2 ⋅ (1)
2π ⋅ ( 4 + x )
−7
(
x − 16 = 2 ⋅ 10 ⋅ 5 3 ⋅ 10
2
Fc
3
)
Fe
0
x
2
∴ x ≅ 5,6 m
Fm
P
Questão 07
A figura ilustra uma barra de comprimento L = 2 m com seção reta quadrada de lado a = 0,1 m e massa específica
ρ = 1, 20 g / cm3 , suspensa por uma mola com constante elástica k = 100 N / m . A barra apresenta movimento somente no eixo
vertical y e encontra-se parcialmente submersa num tanque com líquido de massa específica ρ f = 1, 00 g / cm3 . Em um certo
instante, observa-se que a mola está distendida de Δy = 0,9 m , que o comprimento da parte submersa da barra é Ls = 1, 6 m e
que a velocidade da barra é v = 1 m / s no sentido vertical indicado na figura. Determine os comprimentos máximo
mínimo ( Lmín ) da barra que ficam submersos durante o movimento.
mola
r
L
v
Lg
rf
Dado: aceleração da gravidade ( g ) = 10 m / s 2 .
OBS: despreze o atrito da barra com o líquido.
Resolução:
i)
Cálculo de ( Lmáx ) :
A partir de Ls o bloco desce no máximo Δx . Enquanto isso sua velocidade varia em v = 1 m / s até V f = 0 .
mV 2
ρ ⋅ a 2 ⋅ L ⋅ V 2 1, 2 ⋅ 103 ⋅ ( 0,1) ⋅ 2 ⋅ 12
=−
=
= −12 J
2
2
2
Trabalhos realizados:
I. Força peso:
τ = m ⋅ g ⋅ Δx = 24 ⋅ 10 ⋅ Δx = 240Δx
II. Empuxo:
2
ΔEc = 0 −
e
ef
E = p ⋅ g ⋅ V f = 103 ⋅ 10 ⋅ ( 0,1) ⋅ L
2
e0
∴ E = 10 ⋅ L
E pelo gráfico:
2
τ E = − ( E0 + E ) ⋅
1,6
Δx
2
102
⋅ Δx ( 3, 2 + Δx )
E
2
III. Força elástica:
τE = −
k ⋅ Δy k ⋅ ( Δy − Δx )
k
2
−
= ⎡ Δy 2 − ( Δy − Δx ) ⎤
⎦
2
2
2⎣
2
= 50 ( −1,8Δx − Δx )
2
τE =
C
∴τ EC
6
1,6 + Dx
( Lmáx )
e
Fazendo T.E.C.:
ΔEc = ∑τ
−12 = 240 ⋅ Δx − 50 ⋅ Δx ( 3, 2 + Δx ) + 50 ( −1,8Δx − Δx 2 )
100Δx 2 + 10Δx − 12 = 0 ∴Δx = 0,3 m
e Lmáx = Δx + Ls = 1,9 m .
ii)
Cálculo de Lmín :
Como as forças são conservativas, na volta o bloco passa por Ls com a mesma velocidade v = 1 m / s e sobe até V f = 0 .
ΔEC = −12 J
Enquanto a partícula sobre Δx ' até parar, temos os seguintes trabalhos:
I. Força peso:
τ p = m ⋅ g ⋅ Δx ' = −240Δx '
II. Empuxo:
Δx ' 102
=
⋅ Δx '⋅ ( 3, 2 − Δx ')
2
2
III. Força elástica:
k ⋅ Δy 2 k
k
2
2
τ Fe =
− ( Δy − Δy ') = ⎡ Δy 2 − ( Δy − Δy ') ⎤ = 50 ⋅ (1,8Δx '− Δx 2 )
⎦
2
2
2⎣
Fazendo T.E.C.:
ΔEc = ∑τ
τ E = ( E0 + E ) ⋅
−12 = −240 ⋅ Δx '− 50 ⋅ Δx '⋅ ( 3, 2 − Δx ') + 50 ⋅ ( −1,8Δx '− Δx '2 )
100Δx '2 − 10Δx '− 12 = 0 ∴Δx ' = 0, 4 m
e Lmín = Ls − Δx ' = 1, 2 m
Questão 08
Com o objetivo de medir o valor de uma carga elétrica negativa −Q1 de massa m , montou-se o experimento abaixo. A carga de
valor desconhecido está presa a um trilho e sofre uma interação elétrica devido à presença de duas cargas fixas, equidistantes
dela, e de valor positivo +Q2 . O trilho é colocado em paralelo e a uma distância p de uma lente convergente de distância focal
f . A carga − −Q1 , inicialmente em repouso na posição apresentada na figura, é liberada sem a influência da gravidade, tendo
seu movimento registrado em um anteparo que se desloca com velocidade v no plano da imagem de −Q1 fornecida pela lente.
Em função de Q2 , A , d , p , f , v , m , λ e ε , determine:
d
d
–Q1
y
v
+Q2
0
A
p
+Q2
Anteparo
Lente
Trilho
λ
a) a ordenada y inicial;
b) o valor da carga negativa −Q1 .
Dado: permissividade do meio = ε .
OBS: considere d >> y , ou seja, d 2 + y 2 ≅ d 2 .
7
Resolução:
a)
Das equações de Gauss:
1 1 1
= +
f
p p'
pf
p' =
p− f
1
i
p'
pf
−A
= ⇒
=−
⋅
O p
y
p− f p
∴y =
b)
y
–A
p
A⋅( p − f )
p`
f
F1 = F2 =
Q ⋅Q
Q ⋅Q
1
⋅ 1 2 ≅ 1 2 (1)
4πε ( d 2 + y 2 ) 4πε d 2
Por semelhança de triângulos:
–Q1
FR
2 =
y
F2
F
≅ 22
2
2
d
d +y
FR
y
2 y ⋅ F2
( 2)
d
De (1) e ( 2 )
FR =
FR =
Q1 ⋅ Q2
v=
λ
T
∴T =
d
⋅ y = k ⋅ y , em que y =
Q1 ⋅ Q2
2πε d 3
(constante).
λ
v
Lembrando que T = 2π
λ
+Q2
+Q2
2πε d
Cálculo do período:
3
F2
F1
m
(MHS):
k
m
m
λ2
⇒ 2 = 4π 2 ⋅
Q1 ⋅ Q2
Q1 ⋅ Q2
v
v
2πε d 3
2πε d 3
3 3
2
8π d ε v
∴ Q1 =
λ 2Q2
= 2π ⋅
Questão 09
Um bloco de massa m = 5 kg desloca-se a uma velocidade de 4 m / s até alcançar uma rampa inclinada de material
homogêneo, cujos pontos A e B são apoios e oferecem reações nas direções horizontal e vertical. A rampa encontra-se fixa e o
coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é igual a 0, 05 . Sabe-se que o bloco pára ao atingir determinada altura e
permanece em repouso. Considerando que a reação vertical no ponto de apoio B após a parada do bloco seja de 89 N no
sentido de baixo para cima, determine a magnitude, a direção e o sentido das demais reações nos pontos A e B .
Dados: aceleração da gravidade ( g ) = 10 m / s 2 ;
peso linear da rampa = 95 N / m .
A
Rampa
1,2 m
v=4 m/s
90º
B
1,6 m
8
Bloco
5 Kg
Resolução:
A subida do bloco:
N = Py = P ⋅ cosθ = m ⋅ g ⋅ cosθ
Px = P ⋅ senθ = m ⋅ g ⋅ senθ
Fat = μ ⋅ N = μ ⋅ m ⋅ g ⋅ cosθ
FR = Px + Fat = m ⋅ g ⋅ ( μ ⋅ cosθ + senθ )
d
N
Pelo Teorema da Energia Cinética:
τ = FR ⋅ d ⋅ cos180º = m ⋅ g ⋅ ( μ ⋅ cosθ + senθ ) ⋅
h
m⋅v
⋅ ( −1) = ΔEc = −
senθ
2
2
h
⎛ μ
⎞
v2
+ 1⎟ h =
g⎜
2
⎝ tgθ
⎠
2
42
0,8 ⋅ 15
v
=
=
h=
16
⎛ μ
⎞
⎛
⎞
2g ⎜
+ 1⎟
⎜ 0,05 ⎟
tg
θ
⎝
⎠ 2 ⋅ 10 ⋅ ⎜
+ 1⎟
⎜ 3
⎟
⎝ 4
⎠
h = 0,75 m ( altura atingida pelo bloco).
Py
Px
θ
θ
Fat
Equilíbrio da barra:
( AB )
2
= 1,62 + 1, 22 = 4
AB = 2 m
( AB )
2
Fa
= 1,62 + 1, 22 = 4
F’a
AB = 2 m
F = mg = 50N
1,2 m
P = 95 ⋅ 2 = 190 N
JG
A
0,75 m
'
'
'
⎪⎧ FB + FA = P + F ⇒ FA = 151 N
⎩ A = FB
∑ F = 0 ⇒ ⎨⎪ F
P
x
∑ M ( B ) = 0 ⇒ + P ⋅ 0,8 + F ⋅ x − FA' ⋅ 1,6 − FA ⋅ 1, 2 = 0
B
Fa
F’a = 39 N
1,6 m
1,6
= 1 m vem:
1, 2
190 ⋅ 0,8 + 50 ⋅ 1 − 151 ⋅ 1,6 − FA ⋅ 1, 2 = 0
Lembrando que x = 0,75 ⋅
FA = −33 N = FB
Do exposto concluímos:
i) em A a reação vertical tem a intensidade de 151 N e é para cima, já a horizontal é de 33 N e para a esquerda (contrária à
orientação da figura).
ii) em B a reação horizontal possui intensidade igual a 33 N e é para a direita.
9
Questão 10
Suponha que você seja o responsável pela operação de um canhão antiaéreo. Um avião inimigo está passando em uma
trajetória retilínea, distante de sua posição, a uma altura constante e com velocidade v = 900 km / h . A imagem deste avião no
seu aparelho de pontaria possui comprimento l = 5 cm , mas você reconheceu este avião e sabe que o seu comprimento real é
L = 100 m . Ao disparar um projétil deste canhão, sua trajetória é retilínea a velocidade constante u = 500 m / s . No momento em
que a aeronave se encontra perfeitamente ortogonal à linha de visada do aparelho de pontaria, determine:
a) o desvio angular θ entre o aparelho de pontaria e o tubo do canhão para que você acerte o centro do avião ao disparar o
gatilho com a aeronave no centro do visor;
b) o aumento M do aparelho de pontaria;
c) o tempo t até o projétil alcançar o centro do avião.
OBS: considere que o aparelho de pontaria possa ser tratado como um telescópio de refração, conforme mostra a figura
esquemática abaixo, constituído por apenas duas lentes convergentes, denominadas objetiva e ocular, cujas distâncias focais são,
respectivamente, f1 = 10 cm e f 2 = 1 cm . Considere ainda que os ângulos α e β sejam pequenos.
Objetiva
Ocular
1 cm
β
f1
f2
α
α
f2
Raio de um
objeto distante
10 cm
Resolução:
a)
B
0
Posição em que
o avião será atingido
θ
A Posição original do avião
canhão
desvio
angular
pedido
O tempo gasto para o projétil ir de 0 até B é o mesmo que o avião gasta para ir de A até B , daí:
AB
0B
AB 0 B
e u=
v=
(1) ⇒ =
Δt
Δt
Δt
Δt
AB
Lembrando que senθ =
vem:
0B
v 900 km / h
9
1
senθ = =
=
=
u
500 m / s
5 ⋅ 3,6 2
∴θ = 30º
b)
Considerando a situação em que teremos o aumento máximo, ou seja, p2' = 25 cm (ponto máximo)
10 cm
Objetiva
Ocular
β
Y’2
α
Y’1
P2
P’2
M=
y1'
tgβ
10 10
=
⋅
=
tgα
p2 y1'
p2
Na ocular temos:
1
1
1
1 1
1
=
+
⇒ =
−
f 2 p2 p2'
1 p2 25
∴ p2 =
25
cm
26
10
α
Daí:
M =
10
26 260
⇒ M = 10 ⋅
=
p2
25 25
∴ M ≅ 10, 4
c)
Temos que:
1
p'
y'
p'
= − ⇒ 2' = − 2
0
p
y1
p2
5 25
=
y1' 25
26
5
'
∴ y1 = −
26
−
5 cm
26
α
0
α
Por semelhança:
5
26 = 10
100 ⋅ 102 OA
26
∴ OA =
⋅ 103 m
5
Assim:
OA
2
⇒ OB = OA ⋅
cos θ =
OB
3
52
∴ OB =
⋅ 103 cm
5 3
52
⋅ 103
OB 5 3
520
Δt =
=
=
u
500
25 3
∴ Δt = 12 s
11
100 m