Num trecho plano e horizontal de uma estrada, um carro faz uma curva mantendo constante o módulo da sua velocidade em $25\text{ m/s}$. A figura mostra o carro em duas posições, movendo-se em direções que fazem, entre si, um ângulo de $120^\circ$.
Considerando a massa do carro igual a $1 000\text{ kg}$, pode-se afirmar que, entre as duas posições indicadas, o módulo da variação da quantidade de movimento do veículo, em $(\text{kg}\cdot\text{m})/\text{s}$, é igual a
O ângulo indicado de $120^\circ$ é o ângulo interno da curva; portanto, o ângulo entre os dois vetores velocidade é o suplementar:
$\Delta\theta=60^\circ$.
Como os módulos das velocidades são iguais,
$|\Delta\vec v|=\sqrt{v^2+v^2-2v^2\cos60^\circ}=v=25\text{ m/s}$.
Assim, $|\Delta\vec p|=m|\Delta\vec v|=1 000\cdot25=25 000\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.
Boleadeira é o nome de um aparato composto por três esferas unidas por três cordas inextensíveis e de mesmo comprimento, presas entre si por uma das pontas. O comprimento de cada corda é $0{,}5\text{ m}$ e o conjunto é colocado em movimento circular uniforme, na horizontal, com velocidade angular $\omega$ de $6\text{ rad/s}$, em disposição simétrica, conforme figura.
Desprezando-se a resistência imposta pelo ar e considerando que o conjunto seja lançado com velocidade $\vec v$ (do ponto de junção das cordas em relação ao solo) de módulo $4\text{ m/s}$, pode-se afirmar que o módulo da velocidade resultante da esfera A no momento indicado na figura, também em relação ao solo, é, em m/s,
A velocidade tangencial da esfera A em relação ao ponto de junção vale
$v_t=\omega R=6\cdot0{,}5=3\text{ m/s}$.
No instante representado, a velocidade tangencial de A tem o mesmo sentido da velocidade de translação do conjunto. Logo,
$v_A=4+3=7\text{ m/s}$.
Analisando as Leis de Newton, pode-se concluir corretamente que:
Pela Segunda Lei de Newton, $\vec F_{\text{res}}=m\vec a$.
Logo, se um corpo apresenta aceleração, a força resultante sobre ele é necessariamente diferente de zero. As demais alternativas contradizem a inércia, o conceito de referenciais inerciais ou a Terceira Lei de Newton.
Um pedreiro, ao mover sua colher, dá movimento na direção horizontal a uma porção de massa de reboco, de $0{,}6\text{ kg}$, que atinge perpendicularmente a parede, com velocidade de $8\text{ m/s}$. A interação com a parede é inelástica e tem duração de $0{,}1\text{ s}$. No choque, a massa de reboco se espalha uniformemente, cobrindo uma área de $20\text{ cm}^2$. Nessas condições, a pressão média exercida pela massa sobre os tijolos da parede é, em Pa,
Como o reboco para na direção perpendicular à parede, o impulso tem módulo
$I=\Delta p=mv=0{,}6\cdot8=4{,}8\text{ N}\cdot\text{s}$.
A força média vale $F_m=I/\Delta t=4{,}8/0{,}1=48\text{ N}$.
A área é $20\text{ cm}^2=2{,}0\times10^{-3}\text{ m}^2$.
Portanto, $p=F_m/A=48/(2{,}0\times10^{-3})=24 000\text{ Pa}$.
Um aeromodelo de $200\text{ g}$ de massa é arremessado na horizontal por meio de um dispositivo que lembra um estilingue. O bico do aeromodelo é enganchado a uma tira elástica, que é então distendida em $40\text{ cm}$, conforme representado na figura.
Sabe-se que 80% da energia acumulada na tira elástica é convertida em energia cinética para o aeromodelo e que, no momento em que a tira elástica fica relaxada e desengata do bico do aeromodelo, a velocidade do aeromodelo tem módulo igual a $10\text{ m/s}$. O gráfico representa a força elástica em função da distensão da tira. O coeficiente angular da função representada é a constante elástica da tira.
A intensidade da força elástica máxima exercida pela tira no momento inicial do lançamento é, em N, aproximadamente,
A energia cinética final do aeromodelo é
$E_c=\frac12mv^2=\frac12\cdot0{,}20\cdot10^2=10\text{ J}$.
Esse valor corresponde a 80% da energia elástica armazenada:
$E_e=10/0{,}80=12{,}5\text{ J}$.
No gráfico $F\times x$, a energia elástica é a área do triângulo:
$E_e=\frac12F_{\max}x$.
Com $x=0{,}40\text{ m}$, $F_{\max}=2\cdot12{,}5/0{,}40=62{,}5\text{ N}$, aproximadamente $63\text{ N}$.
Foram colocadas em uma caixa térmica, que contém gelo a $0^\circ\text{C}$, 180 latinhas de refrigerante, de $350\text{ mL}$ cada, que se encontravam inicialmente a $20^\circ\text{C}$.
Considere que 180 latinhas equivalem a $3\text{ kg}$ de alumínio, que a densidade do refrigerante é $1\text{ g/mL}$, que o calor específico do alumínio é $0{,}2\text{ cal}/(\text{g}\cdot{}^\circ\text{C})$, o calor específico do refrigerante é $1{,}0\text{ cal}/(\text{g}\cdot{}^\circ\text{C})$ e que o calor latente de fusão do gelo vale $80\text{ cal/g}$. Despreze ainda a capacidade térmica da caixa e suponha que não haja troca de calor com o meio ambiente.
Para que o líquido no interior das latinhas de alumínio atinja a temperatura de $0^\circ\text{C}$ ainda em estado líquido, a massa aproximada de gelo em fusão, em kg, que deverá ser convertida em água a $0^\circ\text{C}$ será
A massa total de refrigerante é $180\cdot350=63 000\text{ g}$.
O calor cedido pelo refrigerante é $Q_r=63 000\cdot1\cdot20=1 260 000\text{ cal}$.
Para as latas de alumínio, $Q_{Al}=3 000\cdot0{,}2\cdot20=12 000\text{ cal}$.
Logo, $Q=1 272 000\text{ cal}$.
Esse calor funde gelo a $0^\circ\text{C}$: $m=Q/L=1 272 000/80=15 900\text{ g}=15{,}9\text{ kg}$.
Aproximadamente, $16\text{ kg}$.
Um tanque metálico em forma de paralelepípedo possui em seu interior uma parede que o divide em duas câmaras. Uma das câmaras (câmara 1) é completamente preenchida com água, que se encontra em equilíbrio térmico com o tanque. O conjunto é levado a aquecimento abaixo do ponto de fervura da água e, devido à dilatação, parte da água transborda para a segunda câmara (câmara 2). A dilatação real da água corresponde ao volume derramado na câmara 2,
O volume derramado é a dilatação aparente da água em relação à câmara 1.
Vale a relação
$\Delta V_{\text{real}}=\Delta V_{\text{aparente}}+\Delta V_{\text{recipiente}}$.
A dilatação da câmara 2 não altera a quantidade que transbordou da câmara 1. Portanto, a dilatação real da água corresponde ao volume derramado mais a dilatação da câmara 1.
Uma prática comum dos cabeleireiros é mostrar aos seus clientes o resultado final de seu trabalho, utilizando um par de espelhos planos.
Sobre a malha quadriculada, estão dispostos os espelhos $E_1$ (grande) e $E_2$ (pequeno), o ponto O em que o observador olha de frente o espelho maior $E_2$ e os pontos A, B, C, D e E que ficam localizados atrás (costas) do observador.
Dos cinco pontos que aparecem sobre a malha, o observador, considerando apenas a dupla reflexão e supondo que seu corpo não atrapalhe a visão de pontos refletidos, vê somente
O caminho óptico é ponto $\rightarrow E_2\rightarrow E_1\rightarrow O$.
Podemos desdobrar as duas reflexões: reflete-se primeiro o observador em $E_1$ e, depois, essa imagem em $E_2$. Em seguida, liga-se cada ponto A–E à segunda imagem do observador.
Para que o ponto seja visível, a reta deve interceptar o segmento finito de $E_2$ e, no retorno, também o segmento finito de $E_1$.
Ao aplicar essa construção na malha, apenas o ponto E produz interseções dentro dos dois espelhos. Logo, somente E é visto por dupla reflexão.
Assinale a alternativa que indica corretamente os efeitos de um processo de eletrização.
Ao colocar dois condutores idênticos em contato, as cargas livres se redistribuem até que ambos atinjam o mesmo potencial. Como são idênticos, terminam com cargas de mesmo valor.
Na eletrização por atrito, os corpos adquirem sinais opostos; e, na indução, a região mais próxima do indutor acumula cargas de sinal oposto ao dele.
Uma haste isolante, homogênea e apoiada em seu centro geométrico equilibra quatro pequenas esferas idênticas e de massas desprezíveis, carregadas com cargas elétricas $Q_A$, $Q_B$, $Q_C$ e $Q_D$, posicionadas como mostra a figura.
Se as intensidades das cargas elétricas $Q_B$, $Q_C$ e $Q_D$ são iguais a $Q$, a carga elétrica $Q_A$, para que seja mantido o equilíbrio horizontal da haste, é igual a
Como o apoio está no centro, os braços de alavanca das forças nas extremidades são iguais. Para equilíbrio, as forças verticais de origem eletrostática nos dois lados devem ter o mesmo módulo.
À esquerda, $F_e=k|Q_AQ|/(1\text{ mm})^2$.
À direita, $F_d=kQ^2/(2\text{ mm})^2=kQ^2/4$ em unidades proporcionais.
Igualando: $Q_AQ=Q^2/4$, portanto $Q_A=Q/4$.
Um suporte feito de plástico na forma de U pode girar livremente paralelo ao plano $xy$, sobre o eixo E, vertical e paralelo ao eixo $z$. Por meio de uma haste fina, paralela ao plano $xy$, presa ao suporte, um ímã, em forma de barra, gira livremente ao redor do seu eixo de simetria A, coaxial à haste. Paralelamente ao plano $xz$ e na coordenada $y=0$, uma espira circular de raio $r$, cujo centro está contido no eixo A de simetria do ímã, é percorrida no sentido horário pela corrente elétrica $i$, conforme indica a figura.
Com a passagem da corrente elétrica $i$ na espira, a direção do eixo M, que passa pelos polos N e S do ímã, se tornará paralela ao eixo
A espira está no plano $xz$, portanto seu campo no centro é perpendicular a esse plano, isto é, paralelo ao eixo $y$.
Pela regra da mão direita aplicada ao sentido da corrente indicado na figura, o campo magnético no centro da espira aponta no sentido negativo de $y$.
O ímã gira até alinhar seu momento magnético com o campo; assim, o polo norte aponta no sentido negativo do eixo $y$.