O projeto de expansão do Aeroporto de Vitória prevê a construção de uma nova pista. Considere-se que essa pista foi projetada para que o módulo máximo da aceleração das aeronaves, em qualquer aterrissagem, seja $20\%$ da aceleração da gravidade.
Supondo-se que uma aeronave comercial típica toque o início da pista com uma velocidade horizontal de $360\text{ km/h}$, o comprimento mínimo da pista será de
1. Conversão de unidades e identificação das variáveis:
- Velocidade inicial: $v_0 = 360\text{ km/h} = \frac{360}{3{,}6} = 100\text{ m/s}$
- Velocidade final: $v = 0\text{ m/s}$ (parada completa)
- Aceleração máxima de desaceleração: $a = 20\% \cdot g = 0{,}20 \times 10 = 2\text{ m/s}^2$
2. Aplicação da Equação de Torricelli:
\[v^2 = v_0^2 - 2 a \Delta s\] \[0^2 = 100^2 - 2 \cdot 2 \cdot \Delta s \implies 4 \Delta s = 10.000 \implies \Delta s = 2.500\text{ m} = 2{,}5\text{ km}\]Um jetsky, navegando em alta velocidade, sobe em uma rampa, e é lançado para o alto com o vetor velocidade, fazendo um ângulo de $25^\circ$ com a horizontal. Suponha-se que a resistência do ar é desprezível.
Considerando-se os vetores velocidade e aceleração do jetsky, no ponto mais alto de sua trajetória no ar, a melhor forma de representá-los, é
1. Análise do vetor velocidade no ponto ápice:
No ponto mais alto de um lançamento oblíquo, a componente vertical da velocidade se anula ($v_y = 0$). No entanto, a componente horizontal permanece constante ($v_x = v_0 \cos 25^\circ \neq 0$). Logo, o vetor velocidade resultante $\vec{v}$ é estritamente horizontal e apontado para a direita.
2. Análise do vetor aceleração:
Desprezando a resistência do ar, a única força atuante durante todo o voo é a força peso. Assim, a aceleração do sistema é exclusivamente a aceleração da gravidade $\vec{g}$, que permanece constante e direcionada verticalmente para baixo.
Um bloco de massa $m = 1\text{ kg}$ desliza sobre uma superfície horizontal plana, com uma velocidade inicial $v = 5\text{ m/s}$, em direção a um anteparo preso a uma mola ideal de constante elástica $k = 20\text{ N/m}$. A superfície horizontal é perfeitamente lisa, exceto num trecho rugoso, cuja extensão é $d = 1\text{ m}$, e o coeficiente de atrito é $\mu = 1{,}09$. Ao atingir o anteparo, o bloco comprime a mola, para, e é lançado de volta.
No instante em que o bloco para, a mola está comprimida de
1. Energia cinética inicial do bloco:
\[E_{c,i} = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} (1) (5)^2 = 12{,}5\text{ J}\]2. Trabalho dissipado pelo atrito no trecho rugoso:
\[W_{\text{fat}} = - \mu \cdot m \cdot g \cdot d = - 1{,}09 \times 1 \times 10 \times 1 = - 10{,}9\text{ J}\]3. Conservação de energia e compressão da mola:
A energia cinética remanescente ao atingir a mola é transformada integralmente em energia potencial elástica no ponto de repouso momentâneo:
\[E_{c,i} - |W_{\text{fat}}| = E_{pe} \implies 12{,}5 - 10{,}9 = \frac{1}{2} k x^2\] \[1{,}6 = \frac{1}{2} (20) x^2 \implies 10 x^2 = 1{,}6 \implies x^2 = 0{,}16 \implies x = 0{,}4\text{ m}\]Um pequeno vagão de massa $M$ trafega com velocidade constante $v_0$ numa trajetória reta e plana entre um alto forno e um depósito. No caminho, uma pedra de massa $m$ cai verticalmente dentro do vagão.
Após a pedra ter caído, desprezando-se o atrito, a nova velocidade do conjunto é
1. Conservação da quantidade de movimento na horizontal:
Como a pedra cai verticalmente, ela não adiciona quantidade de movimento no eixo horizontal $x$. O sistema vagão + pedra é isolado de forças externas horizontais:
\[Q_x(\text{antes}) = Q_x(\text{depois})\] \[M \cdot v_0 = (M + m) \cdot v\]2. Isolamento da velocidade final $v$:
\[v = \frac{M}{M + m} v_0 = \frac{1}{\frac{M + m}{M}} v_0 = \frac{1}{1 + \frac{m}{M}} v_0 = \left(1 + \frac{m}{M}\right)^{-1} v_0\]Dois alto-falantes, conectados a um gerador de sinal sonoro, são dispostos como mostra a figura abaixo. Quando o gerador é ligado, um microfone colocado no ponto médio (PM) da reta que une os dois alto-falantes registra um sinal sonoro forte. Porém, enquanto o microfone é movido para a direita, a intensidade do sinal registrado vai diminuindo. A uma distância $d = 17\text{ cm}$ do ponto médio, a intensidade registrada é nula.
Sabendo-se que a velocidade do som é $340\text{ m/s}$, a frequência do som emitida pelos alto-falantes é de
1. Análise da interferência destrutiva:
Deslocar o microfone uma distância $d$ para a direita aproxima-o de um alto-falante por $d$ e afasta-o do outro por $d$. A diferença de caminho percorrido pelas ondas é:
\[\Delta x = 2 d = 2 \times 0{,}17\text{ m} = 0{,}34\text{ m}\]2. Condição para o primeiro nó de interferência (sinal nulo):
A primeira interferência completamente destrutiva ocorre quando a diferença de percurso corresponde a meio comprimento de onda ($\lambda / 2$):
\[\Delta x = \frac{\lambda}{2} \implies 0{,}34 = \frac{\lambda}{2} \implies \lambda = 0{,}68\text{ m}\]3. Equação fundamental da onda:
\[v = \lambda \cdot f \implies 340 = 0{,}68 \cdot f \implies f = \frac{340}{0{,}68} = 500\text{ Hz}\]Um cilindro, cujas paredes são adiabáticas, é fechado por um pistão também adiabático que pode deslizar na vertical sem atrito. O volume interno do cilindro possui uma parede divisória que não permite troca de partículas, mas permite troca de calor. O volume superior contém $n$ mols de um gás ideal monoatômico e o volume inferior contém $2n$ mols do mesmo gás. O gás no volume superior do cilindro, partindo de um estado de equilíbrio inicial, é comprimido reversivelmente pelo pistão até um estado de equilíbrio final.
Se a variação de temperatura entre esses dois estados é $\Delta T$, pode-se afirmar que o trabalho realizado sobre o gás, no volume superior, é
1. Análise da energia interna total do sistema:
Como a divisória conduz calor, ambos os compartimentos atingem a mesma variação de temperatura $\Delta T$. O número total de mols envolvidos na troca térmica do sistema fechado é $n_{\text{total}} = n + 2n = 3n$.
Para um gás ideal monoatômico, a variação da energia interna é dada por $\Delta U = \frac{3}{2} n_{\text{total}} R \Delta T$:
\[\Delta U_{\text{total}} = \frac{3}{2} (3n) R \Delta T = \frac{9}{2} n R \Delta T\]2. Primeira Lei da Termodinâmica para o sistema global:
Pela ausência de trocas de calor com o exterior ($Q_{\text{ext}} = 0$), todo o trabalho mecânico $W_{\text{sobre}}$ realizado pelas forças externas sobre o pistão se converte no aumento da energia interna total do sistema:
\[W_{\text{sobre}} = \Delta U_{\text{total}} = \frac{9}{2} n R \Delta T\]A uma temperatura ambiente $T$, uma placa de granito encontra-se sobre um ressalto e é mantida perfeitamente na horizontal por dois cilindros sólidos, como mostra a figura abaixo. Sobre a placa, é colocada uma esfera em repouso, de tal forma que a menor inclinação a faz rolar. O comprimento do cilindro menor é $L$ e seu coeficiente de dilatação linear é $\alpha$. O comprimento do cilindro maior é $3L/2$.
Sabe-se que essa esfera, para qualquer variação da temperatura ambiente, permanece em repouso. O coeficiente de dilatação linear do cilindro maior é
1. Condição para manutenção da horizontalidade:
Para que a esfera não role diante de uma variação de temperatura $\Delta T$, a placa de granito não pode inclinar. Isso exige que as variações absolutas de comprimento dos dois cilindros sejam iguais:
\[\Delta L_1 = \Delta L_2\]2. Aplicação da fórmula da dilatação linear:
\[L_1 \cdot \alpha_1 \cdot \Delta T = L_2 \cdot \alpha_2 \cdot \Delta T\] \[L \cdot \alpha = \left(\frac{3 L}{2}\right) \cdot \alpha_2 \implies \alpha = \frac{3}{2} \alpha_2 \implies \alpha_2 = \frac{2}{3} \alpha\]Em um tipo muito comum de teclado de computador é utilizado chaveamento capacitivo para gerar um sinal, quando uma tecla é pressionada. Considere-se que uma placa metálica móvel, presa a uma tecla, atue como placa superior de um capacitor e que a placa inferior seja fixa. Quando a tecla é pressionada, a distância entre as placas diminui, mantendo-se constante a d.d.p. entre elas, e um sinal é gerado.
Suponha-se que, ao se pressionar a tecla, a distância entre as placas diminua 20% em relação à distância original. Quanto à carga armazenada nas placas, ela
1. Relação da capacitância com a distância entre armaduras:
Para um capacitor plano: $C = \frac{\varepsilon A}{d}$. Reduzindo a distância em 20%, a nova distância $d'$ fica em $80\%$ da original ($d' = 0{,}80 d$):
\[C' = \frac{\varepsilon A}{0{,}80 d} = \frac{C}{0{,}80} = 1{,}25 C\]2. Variação da carga acumulada:
Como a diferença de potencial $U$ é mantida constante:
\[Q' = C' \cdot U = 1{,}25 C \cdot U = 1{,}25 Q\]Portanto, a carga armazenada aumenta 25%.
Uma nuvem encontra-se num potencial de $9 \times 10^6\text{ V}$, em relação à terra, quando ocorre a queda de um raio, cuja duração é de $0{,}02\text{ s}$.
Supondo-se que durante a queda do raio, uma carga de $30\text{ C}$ é transferida da nuvem para a terra, a potência liberada pelo raio é de ($1\text{ GW} = 10^9\text{ W}$)
1. Cálculo do trabalho elétrico (energia liberada):
\[\mathcal{E} = Q \cdot U = 30\text{ C} \times 9 \times 10^6\text{ V} = 270 \times 10^6\text{ J}\]2. Determinação da potência média:
\[P = \frac{\mathcal{E}}{\Delta t} = \frac{270 \times 10^6\text{ J}}{0{,}02\text{ s}} = 13.500 \times 10^6\text{ W} = 13{,}5 \times 10^9\text{ W} = 13{,}5\text{ GW}\]Olhando por meio do espelho retrovisor, um motorista vê a seguinte inscrição pintada na parte frontal do veículo de trás: $\text{AMBULÂNCIA}$.
Ao colocar a cabeça para fora do veículo e olhar diretamente para trás, a inscrição que o motorista vê é
1. Propriedade do Espelho Plano (Enantiomorfismo):
Espelhos planos invertem a imagem no sentido lateral (da esquerda para a direita). Para que o motorista consiga ler a palavra corretamente ("AMBULÂNCIA") através do retrovisor, ela deve ser pintada de forma revertida na lataria do veículo de trás.
2. Observação direta:
Ao olhar diretamente para o capô do veículo sem a mediação do espelho plano, o observador verá a pintura exatamente como ela está gravada: da direita para a esquerda, resultando na sequência de caracteres AICNÂLUBMA.
O princípio de funcionamento de uma pistola de pintura pode ser ilustrado, utilizando-se dois canudos de refrigerante e um copo de água, a exemplo do que mostra a figura ao lado. Quando o ar é soprado no canudo horizontal e passa pela extremidade superior do canudo vertical, a pressão no ponto P é reduzida. A água é, então, aspirada do copo através do canudo vertical e borrifada pelo fluxo de ar.
Considere-se que a extremidade superior do canudo vertical esteja a uma distância $h$ do nível da água e que o canudo seja muito fino, de modo que o nível da água no copo permaneça constante durante uma soprada. A densidade da água é de $10^3\text{ kg/m}^3$ e $1\text{ atm} = 10^5\text{ N/m}^2$. Se a pressão no ponto P, devido ao fluxo de ar, é de $99\%$ da pressão atmosférica, o valor máximo de $h$, para que esse "borrifador" funcione, é
1. Diferença de pressão gerada pelo fluxo de ar:
A pressão atmosférica $P_{\text{atm}} = 10^5\text{ N/m}^2$ atua sobre a superfície da água no copo. No ponto P, a pressão é $P = 0{,}99 P_{\text{atm}} = 0{,}99 \times 10^5\text{ N/m}^2$. A diferença de pressão efetiva $\Delta P$ é:
\[\Delta P = P_{\text{atm}} - P = 0{,}01 \times 10^5 = 10^3\text{ N/m}^2\]2. Equilíbrio com a coluna de fluido (Teorema de Stevin):
Essa diferença de pressão suporta uma coluna de água de altura máxima $h$ dada por:
\[\Delta P = \rho \cdot g \cdot h \implies 10^3 = 10^3 \cdot 10 \cdot h \implies 10 h = 1 \implies h = 0{,}1\text{ m} = 10\text{ cm}\]Em uma república de estudantes, a resistência do chuveiro elétrico, na forma de uma mola espiral, rompeu-se em dois pedaços. Por uma questão de economia, os estudantes resolveram reutilizar, no chuveiro, o pedaço maior da resistência danificada, cujo número de espiras é $4/5$ do número original.
Sabendo-se que o tempo de utilização do chuveiro permanece o mesmo, o consumo de energia elétrica daí resultante
1. Alteração do valor da resistência elétrica:
Pela $2^\text{a}$ Lei de Ohm ($R = \rho L / A$), a resistência é diretamente proporcional ao comprimento do fio (número de espiras). Com $4/5$ do comprimento original:
\[R' = \frac{4}{5} R = 0{,}80 R\]2. Alteração na potência elétrica e no consumo de energia:
Como a d.d.p. $U$ da tomada da residência não se altera, a nova potência dissipada é dada por:
\[P' = \frac{U^2}{R'} = \frac{U^2}{0{,}80 R} = \frac{P}{0{,}80} = 1{,}25 P\]Mantendo-se constante o tempo de banho $\Delta t$, o consumo de energia $E = P \cdot \Delta t$ torna-se $E' = 1{,}25 E$, representando um aumento de 25% no consumo.