Nos processos termodinâmicos de sistemas com gases ideais, considerando que $P$, $Q$, $E_{\text{int}}$ e $W$ são respectivamente: Pressão do sistema, Calor trocado com o meio exterior ao sistema, Energia interna do sistema e Trabalho realizado pelo sistema, bem como sob o sistema durante os processos, marque a alternativa que apresenta as condições corretas.
Aqui é pura definição de processo, então vale ir direto ao significado de cada nome.
Adiabático: não há troca de calor com o meio, $Q=0$. Isobárico: a pressão não muda, $\Delta P=0$. A alternativa A junta as duas definições corretas.
As outras sempre trazem um erro: na B, adiabático com troca de calor é contradição; na C e na D, isotérmico com variação de energia interna também não existe, porque para gás ideal a energia interna só depende da temperatura. E isovolumétrico significa trabalho nulo, não diferente de zero.
A figura mostra as velocidades versus tempo de um caminhão e um automóvel. No instante $t=0$ segundo o caminhão ultrapassa o automóvel. No instante $t=10\text{ s}$, a distância que separa o caminhão do automóvel em metros é
Obs: Ambos os móveis estão em movimento retilíneo uniformemente variado.
No gráfico $v\times t$, o deslocamento é a área sob a reta. Não precisamos do valor de $V$ para comparar.
O caminhão vai de $V$ a $0$ em $10\ \text{s}$; o automóvel vai de $0$ a $V$ no mesmo intervalo. As duas áreas são triângulos de base $10$ e altura $V$:
$$\Delta s_{\text{caminhão}}=\Delta s_{\text{automóvel}}=\frac{10\cdot V}{2}$$
Como em $t=0$ eles estavam lado a lado (é o instante da ultrapassagem) e andaram a mesma distância, em $t=10\ \text{s}$ estão de novo juntos. A distância entre eles é zero.
Repare no cruzamento das retas em $t=5\ \text{s}$: ali as velocidades são iguais, e é o momento em que a distância entre os dois é máxima, não mínima.
Um homem de massa “M” está sentado no meio de uma rede, conforme a figura esquemática. Se o homem colocar correntes de mesmo tamanho e de massas desprezíveis em relação a sua massa nos punhos da rede, verifica-se
Olhe para o homem na rede: o peso $Mg$ é sustentado pelas componentes verticais das trações nos dois lados.
$$2T\,\text{sen}\,\theta=Mg\;\Longrightarrow\;T=\frac{Mg}{2\,\text{sen}\,\theta}$$
Ao colocar correntes nos punhos, o conjunto fica mais comprido e desce mais: os trechos da rede ficam mais inclinados, e o ângulo $\theta$ com a horizontal aumenta. Com $\text{sen}\,\theta$ maior, a tração diminui, e a força no ponto P também.
É o mesmo motivo pelo qual é impossível esticar uma corda com um peso no meio até ela ficar perfeitamente horizontal: com $\theta\to0$ a tração iria ao infinito. A alternativa D cai por isso: a componente horizontal, $T\cos\theta$, também diminui.
No circuito da figura ao lado, as resistências são todas iguais a $3\text{ Ω}$ e a força eletromotriz da bateria é igual a $12\text{ V}$. A corrente elétrica que percorre o resistor $R_2$ em Ampère é
Obs: Despreze a resistência dos fios.
O segredo está nos dois fios que se cruzam. Vale rastrear onde cada um vai.
Chame de C o nó de baixo à esquerda (antes do $R_4$) e de D o nó de baixo à direita (depois da bateria). O fio que sai entre $R_1$ e $R_2$ desce até D; o que sai entre $R_2$ e $R_3$ desce até C. Com isso, $R_1$, $R_2$ e $R_3$ ficam, cada um, ligados entre C e D: estão em paralelo.
$$R_{\parallel}=\frac{3}{3}=1\ \Omega,\qquad R_{\text{total}}=1+3=4\ \Omega,\qquad I=\frac{12}{4}=3\ \text{A}$$
A tensão no paralelo é $1\cdot3=3\ \text{V}$, e cada resistor de $3\ \Omega$ leva
$$i_2=\frac{3}{3}=1\ \text{A}$$
A figura foi desenhada para parecer uma associação em série. Quem não segue os fios cruzados acaba somando tudo.
Um raio de luz solar atravessa um prisma e se divide nas cores do arco-íris. A explicação deste fenômeno está na variação do índice de refração do material do prisma com
A luz branca se abre em cores porque o índice de refração do vidro não é o mesmo para todas elas: depende da frequência da luz.
Cada cor sofre um desvio diferente ao entrar e ao sair do prisma. O violeta, de maior frequência, tem índice maior e desvia mais; o vermelho desvia menos. Esse fenômeno se chama dispersão.
Amplitude tem a ver com intensidade (brilho), não com cor. E o ângulo de incidência muda o desvio de todas as cores juntas, mas não explica por que elas se separam.
Uma pilha de força eletromotriz $\xi=1{,}5\text{ V}$ e resistência interna $R_{int}=0{,}1\text{ Ω}$ alimenta exclusivamente um receptor fornecendo uma corrente de $1\text{ A}$. O receptor tem uma tolerância de forma que ele ainda funciona mesmo se a tensão elétrica que o alimenta diminuir de 10 % do valor inicial. Com o uso, a pilha perde a eficiência pois sua resistência interna aumenta apesar de sua força eletromotriz permanecer constante. Desprezando-se a resistência da fiação do circuito, a resistência interna máxima da pilha, de forma que ela ainda consiga colocar em funcionamento o referido receptor, em ohms, é aproximadamente
Obs: Considere que a resistência interna do receptor é ôhmica e permanece constante durante o processo.
Primeiro, descubra a resistência do receptor com a pilha nova. A tensão entregue a ele é a fem menos a queda na resistência interna:
$$U_0=1{,}5-1\cdot0{,}1=1{,}4\ \text{V}\;\Longrightarrow\;R=\frac{1{,}4}{1}=1{,}4\ \Omega$$
O receptor aceita até $10\%$ de queda: $U_{\min}=0{,}9\cdot1{,}4=1{,}26\ \text{V}$. Como ele é ôhmico, nessa tensão a corrente vale $i=\dfrac{1{,}26}{1{,}4}=0{,}9\ \text{A}$.
Agora a pilha velha: a diferença entre a fem e a tensão útil é a queda na resistência interna.
$$r=\frac{1{,}5-1{,}26}{0{,}9}\approx0{,}27\ \Omega$$
O detalhe que derruba muita gente: com a pilha envelhecida a corrente também cai. Quem mantém $1\ \text{A}$ na conta encontra $0{,}24\ \Omega$.
Um cano colocado na posição vertical em um poço de grande profundidade (conforme figura abaixo) desce da superfície do solo até a água. Na sua extremidade superior foi instalada uma bomba de sucção. Despreze os vazamentos e entradas de ar no sistema (cano+bomba). Considere que a bomba tem capacidade de sugar até que a pressão, $P$, na parte superior do cano seja desprezível quando comparada à pressão atmosférica; que a pressão na superfície da água é de $10^5\text{ Pa}$; que a densidade da água é $1\text{ g/cm}^3$; e que a aceleração da gravidade é $10\text{ m/s}^2$. A maior distância, $H$, (em metros) do espelho d’água à superfície do solo, para que a bomba bombeie água até a superfície do solo, é aproximadamente
A bomba não puxa a água; ela só retira o ar de cima. Quem empurra a água cano acima é a pressão atmosférica sobre a superfície do poço.
No limite, com pressão praticamente nula no topo do cano, a coluna de água é sustentada só pela atmosfera:
$$P_{\text{atm}}=\rho gH\;\Longrightarrow\;H=\frac{10^5}{10^3\cdot10}=10\ \text{m}$$
É por isso que bombas de sucção instaladas na superfície não funcionam em poços com mais de uns $10\ \text{m}$ até a água. Nesses casos a bomba precisa ficar lá embaixo, empurrando.
Um bloco de massa $M=2\text{ kg}$ desliza sobre um plano inclinado com atrito, conforme a figura abaixo. O bloco parte do repouso. Quando a variação da posição vertical do bloco for de $5\text{ m}$, sua velocidade será de $5\text{ m/s}$ (em módulo). O módulo do trabalho da força de atrito entre o bloco e a superfície do plano em Joule é
Obs: Considere a aceleração da gravidade como sendo $10\text{ m/s}^2$.
Energia é o caminho mais curto. O bloco desce $5\ \text{m}$ na vertical e perde energia potencial:
$$mgh=2\cdot10\cdot5=100\ \text{J}$$
Mas chega embaixo com energia cinética de apenas $\dfrac{2\cdot5^2}{2}=25\ \text{J}$. A diferença foi embora pelo atrito:
$$|W_{\text{at}}|=100-25=75\ \text{J}$$
O ângulo de $30^\circ$ da figura não é necessário. Ele só entraria se você quisesse calcular a força de atrito ou o coeficiente.
A figura abaixo mostra um corte de uma residência e sua caixa d’água (com água, veja nível da água na figura) e três encanamentos independentes entre si. As partes mais baixas dos encanamentos estão fechadas e na mesma altura. Em relação à pressão d’água, assinale a alternativa que indica comparativamente a pressão nos pontos das partes mais baixas dos encanamentos.
A pressão num líquido parado depende só da profundidade abaixo da superfície livre: $P=P_0+\rho gh$. Formato, largura e comprimento dos canos não importam.
Os três pontos estão na mesma altura e ligados à mesma caixa d'água, então estão todos à mesma profundidade abaixo do nível da água. As pressões são iguais.
A figura tenta confundir com os canos de alturas diferentes dentro da caixa. Mas o que conta é o nível da água, que é um só. É o princípio dos vasos comunicantes.
Considere duas esferas maciças, condutoras, descarregadas, isoladas e distantes uma da outra. Uma tem o dobro do raio da outra. Colocamos uma carga “Q” em cada uma das esferas e depois ligamos as mesmas com um fio condutor, por um instante de tempo até o equilíbrio eletrostático. Após este equilíbrio o módulo da diferença entre as novas cargas das esferas é
Ao ligar duas esferas condutoras por um fio, a carga se redistribui até os potenciais ficarem iguais. Para uma esfera, $V=\dfrac{kQ}{R}$.
$$\frac{Q_1}{R_1}=\frac{Q_2}{R_2},\quad R_1=2R_2\;\Longrightarrow\;Q_1=2Q_2$$
A carga total se conserva: cada uma tinha $Q$, então $Q_1+Q_2=2Q$. Com $Q_1=2Q_2$:
$$Q_2=\frac{2Q}{3},\qquad Q_1=\frac{4Q}{3},\qquad |Q_1-Q_2|=\frac{2Q}{3}$$
Note que as cargas não ficam iguais. A esfera maior fica com mais carga, na proporção dos raios.
Um homem de massa $M_h$ está em cima de uma balança colocada sobre um conjunto de dois blocos de massas $M_x$ e $M_y$, ambos em formato de prisma reto com secção transversal triangular (triangulo retângulo), conforme figura abaixo. O bloco inferior tem massa $M_y$ e está fixo no solo horizontal. Existe atrito entre os dois blocos. Considerando que todo o sistema está em equilíbrio estático, e que a leitura na balança é de $80\text{ kg}$, o módulo da força de atrito estático que age no bloco de massa $M_y$ em Newton, é
Obs: Despreze a massa da balança. Considere que $M_h=M_x$ e considere ainda a aceleração da gravidade como sendo $10\text{ m/s}^2$.
A balança marca $80\ \text{kg}$, ou seja, empurra o homem para cima com $800\ \text{N}$: o homem pesa $800\ \text{N}$. Como $M_x=M_h$, o bloco $M_x$ também pesa $800\ \text{N}$.
Agora trate o homem, a balança e o bloco $M_x$ como um só corpo. Ele pesa $1600\ \text{N}$ e está em equilíbrio apoiado apenas na face inclinada de $M_y$. Então, o bloco de baixo exerce sobre ele uma força total de $1600\ \text{N}$ para cima.
Decomponha essa força em relação à face inclinada de $30^\circ$: a parte perpendicular é a normal e a parte paralela é o atrito.
$$f_{\text{at}}=1600\cdot\text{sen}\,30^\circ=800\ \text{N}$$
Pela terceira lei, o atrito que age em $M_y$ tem o mesmo módulo, $800\ \text{N}$. O bloco $M_y$ não escorrega no chão porque está fixo.
Coloca-se uma resistência ôhmica de $0{,}1\text{ Ω}$ dentro de um recipiente isolado termicamente contendo $5\text{ kg}$ de água ao nível do mar, a uma temperatura inicial de $30\text{ °C}$. Se ligarmos a resistência a uma fonte de tensão de $12\text{ V}$, o tempo, em minutos, em que a água entrará em ebulição é de aproximadamente
Obs: Desconsidere as perdas de calor do sistema para a vizinhança e considere o calor específico da água $1{,}0\text{ cal/g °C}$ (constante com a temperatura) e que $1\text{ cal}=4{,}2\text{ J}$ aproximadamente.
Toda a energia elétrica vira calor na água. Primeiro, quanto calor é preciso para levar $5\ \text{kg}$ de água de $30$ a $100\ ^\circ\text{C}$:
$$Q=mc\Delta\theta=5000\cdot1\cdot70=350\,000\ \text{cal}\approx1{,}47\cdot10^6\ \text{J}$$
A potência do resistor ligado a $12\ \text{V}$:
$$P=\frac{U^2}{R}=\frac{144}{0{,}1}=1440\ \text{W}$$
$$t=\frac{1{,}47\cdot10^6}{1440}\approx1020\ \text{s}\approx17\ \text{min}$$
Resistência pequena, potência grande: com a mesma tensão, quanto menor $R$, mais calor o resistor dissipa. Muita gente associa resistência alta a mais aquecimento, e isso só vale com a mesma corrente.
A figura abaixo mostra um instantâneo de uma onda senoidal estacionária em uma corda. Nela destacamos quatro pontos (I, II, III, IV). Uma diferença de fase de 180º existe entre os pontos
Diferença de fase de $180^\circ$ significa que os dois pontos estão sempre em situações opostas: quando um está no máximo para cima, o outro está no máximo para baixo.
O ponto I é uma crista e o ponto II é o vale seguinte, meio comprimento de onda adiante. Estão em oposição de fase.
I e IV estão um comprimento de onda inteiro separados: mesma fase. O ponto III está sobre o eixo, a um quarto de onda do II, então a diferença entre eles é de $90^\circ$.
Quatro cargas elétricas, iguais a $+q$, estão posicionadas no espaço, de uma forma fixa nos vértices de um quadrado, como mostra a figura. O posicionamento de uma quinta carga livre, $+q$, de tal forma que ela fique em equilíbrio estável, será no ponto
Equilíbrio exige força resultante nula; equilíbrio estável exige mais: se a carga for levemente deslocada, as forças precisam empurrá-la de volta.
No centro do quadrado (ponto II) as quatro repulsões se cancelam, então há equilíbrio. Mas basta deslocar a carga para fora do plano do quadrado que as quatro forças passam a empurrá-la para longe. É um equilíbrio instável. Nos pontos I e III a resultante nem é nula.
Esse resultado é geral e tem nome: teorema de Earnshaw. Nenhuma configuração de cargas fixas consegue prender outra carga em equilíbrio estável só com forças eletrostáticas.
Um automóvel, com rodas de $80\text{ cm}$ de diâmetro, viaja a $100\text{ km/h}$ sem derrapar, logo o módulo da velocidade angular das suas rodas é aproximadamente
Rodar sem derrapar significa que o ponto da roda em contato com o chão está momentaneamente parado, e o centro da roda anda com a velocidade do carro: $v=\omega R$.
$$v=\frac{100}{3{,}6}\approx27{,}8\ \text{m/s},\qquad R=0{,}40\ \text{m}$$
$$\omega=\frac{27{,}8}{0{,}40}\approx69{,}5\ \text{rad/s}$$
Todas as alternativas têm o mesmo número, então a questão é, na verdade, sobre a unidade. Velocidade angular calculada por $v/R$ sai em radianos por segundo. Cuidado com o diâmetro: o raio é metade dos $80\ \text{cm}$.
Um elétron ($e = 1{,}6\times 10^{-19}\text{ C}$) está se movendo com velocidade de $8{,}0\text{ x }10^6\text{ m/s}$ em módulo, numa região onde há um campo magnético uniforme de módulo $B = 83{,}0\text{ mT}$. Levando em consideração as possíveis direções do vetor campo magnético e do vetor velocidade do elétron, a menor força magnética (módulo) em Newton que pode atuar no elétron nesta região é
A força magnética sobre uma carga em movimento é $F=|q|vB\,\text{sen}\,\theta$, em que $\theta$ é o ângulo entre $\vec v$ e $\vec B$.
A pergunta pede o menor valor possível, considerando todas as orientações. Se o elétron se mover paralelo ao campo ($\theta=0^\circ$ ou $180^\circ$), o seno é zero e a força também.
Os números do enunciado servem para montar a armadilha: $|q|vB=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot8\cdot10^6\cdot0{,}083\approx1{,}06\cdot10^{-13}\ \text{N}$ é a força máxima, que é a alternativa C.
Uma onda sonora esférica se propaga isotropicamente em um ambiente. Um microfone localizado a $500\text{ m}$ da fonte geradora desta onda capta parte da energia sonora da frente de onda que chega até ele. A área do microfone que capta esta energia é de $1{,}0\text{ cm}^2$, e toda a energia que chega a esta área é captada. A fração, $E_{cap}/E_{tot}$, é aproximadamente. Desconsidere qualquer perda de energia e reflexões da onda no ambiente. Desconsidere também que $E_{cap}$ e $E_{tot}$ são respectivamente energia captada pelo microfone e energia total na frente da onda sonora.
Fonte isotrópica espalha a energia igualmente por uma esfera. A $500\ \text{m}$ da fonte, a frente de onda tem área
$$A=4\pi r^2=4\pi\cdot500^2\approx3{,}14\cdot10^6\ \text{m}^2$$
O microfone pega apenas a fração correspondente à sua área, $1\ \text{cm}^2=10^{-4}\ \text{m}^2$:
$$\frac{E_{\text{cap}}}{E_{\text{tot}}}=\frac{10^{-4}}{3{,}14\cdot10^{6}}\approx3{,}18\cdot10^{-11}$$
O único cuidado é converter centímetro quadrado para metro quadrado: é $10^{-4}$, não $10^{-2}$.
Uma corrente elétrica é estabelecida num tubo de descargas a gás quando uma diferença de potencial, suficientemente alta, é aplicada entre os eletrodos do tubo. O gás se ioniza gerando elétrons livres e íons positivos. Os elétrons se movem na direção do terminal positivo e os íons positivos na direção do terminal negativo. A corrente elétrica, em Ampère, no tubo, quando $4{,}5\times 10^{18}$ elétrons e $3{,}5\times 10^{18}$ íons positivos atravessam a seção transversal do tubo, por segundo, é aproximadamente.
Obs: Considere que o módulo da carga de cada elétron bem como do íon positivo é $1{,}6\times 10^{-19}\text{ C}$ e que o gás no tubo está rarefeito.
Corrente é carga que atravessa a seção por unidade de tempo. Elétrons e íons positivos andam em sentidos opostos, mas isso soma para a corrente: negativo indo para um lado equivale a positivo indo para o outro.
$$i=\frac{(4{,}5+3{,}5)\cdot10^{18}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{1}=1{,}28\ \text{A}=12{,}8\cdot10^{-1}\ \text{A}$$
A pegadinha é subtrair os dois fluxos por estarem em sentidos opostos. Isso dá $1\cdot10^{18}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=0{,}16\ \text{A}$, que não está nas opções. A alternativa D, $0{,}56\ \text{A}$, considera só os íons.
A figura ao lado mostra dois instantâneos de dois blocos cujas massas são $M_I=2{,}0\text{ kg}$ e $M_{II}=3{,}0\text{ kg}$, que deslizam, na mesma direção e sentido, sobre uma superfície horizontal sem atrito, e se chocam entre si. Um instante é antes da colisão, e outro após a colisão. Pelas informações contidas na figura, podemos afirmar que
Sem atrito, na colisão a quantidade de movimento do sistema se conserva. Já isso derruba a B.
$$2\cdot5+3\cdot3=2v'+3\cdot5\;\Longrightarrow\;19=2v'+15\;\Longrightarrow\;v'=2{,}0\ \text{m/s}$$
Agora a energia cinética: antes, $\frac12\cdot2\cdot25+\frac12\cdot3\cdot9=38{,}5\ \text{J}$; depois, $\frac12\cdot2\cdot4+\frac12\cdot3\cdot25=41{,}5\ \text{J}$. Não se conservou, então a A também cai.
Um detalhe curioso: a energia cinética aumentou depois da colisão. Isso só é possível se houver alguma fonte de energia entre os blocos, como uma mola comprimida que se solta no choque. A banca não explorou esse ponto, mas vale perceber.
Um salva-vidas avista de sua torre, na margem de uma lagoa (águas paradas), um banhista se afogando. Considere que o salva-vidas se desloca na areia e na água com movimento retilíneo uniforme; que sua velocidade na areia é maior do que na água; e que a linha da margem da lagoa é uma reta. De acordo com a figura ao lado, a trajetória que o salva-vidas deve escolher para chegar ao banhista no menor intervalo de tempo será tal que
É a mesma física da refração da luz. Para gastar o menor tempo, o salva-vidas deve andar mais pela areia, onde é mais rápido, e menos pela água. O caminho quebra na margem exatamente como um raio de luz.
O princípio de Fermat dá a lei de Snell com as velocidades:
$$\frac{\text{sen}\,\theta_1}{v_{\text{areia}}}=\frac{\text{sen}\,\theta_2}{v_{\text{água}}}$$
Como $v_{\text{areia}}>v_{\text{água}}$, precisamos de $\text{sen}\,\theta_1>\text{sen}\,\theta_2$, ou seja, $\theta_1>\theta_2$, com os dois ângulos entre $0^\circ$ e $90^\circ$.
Na linguagem da óptica: ao passar para o meio mais lento, o caminho se aproxima da normal.