Na figura, estão representadas as velocidades, em função do tempo, desenvolvidas por um atleta, em dois treinos A e B, para uma corrida de $100\,\mathrm{m}$ rasos.
Com relação aos tempos gastos pelo atleta para percorrer os $100\,\mathrm{m}$, podemos afirmar que, aproximadamente,
O deslocamento é a área sob o gráfico $v\times t$. Fazendo a leitura gráfica das fases de aceleração e de velocidade aproximadamente constante, obtêm-se tempos totais muito próximos de $11\,\mathrm{s}$, com o treino A ligeiramente mais rápido.
A diferença indicada pelo gráfico é da ordem de alguns décimos de segundo, aproximadamente $0{,}4\,\mathrm{s}$.
Portanto, no treino A o atleta levou cerca de $0{,}4\,\mathrm{s}$ a menos que no treino B.
Considere três situações em que um raio de luz se desloca no vácuo:
I. nas proximidades de uma esfera carregada eletricamente, representada na figura I.
II. nas proximidades do pólo de um ímã, representada na figura II.
III. nas proximidades de um fio percorrido por corrente elétrica $i$, representada na figura III.
Podemos afirmar que o raio de luz
A luz não possui carga elétrica. Na abordagem eletromagnética utilizada no problema, campos elétricos e magnéticos estáticos não exercem força capaz de desviar um raio luminoso que se propaga no vácuo.
Assim, o raio não é desviado em nenhuma das três situações.
Um corpo de massa $m$ é lançado com velocidade inicial $\vec V_0$ na parte horizontal de uma rampa, como indicado na figura. Ao atingir o ponto A, ele abandona a rampa, com uma velocidade $\vec V_A$ ($V_{Ax}$, $V_{Ay}$), segue uma trajetória que passa pelo ponto de máxima altura B e retorna à rampa no ponto C. Despreze o atrito. Sejam $h_A$, $h_B$ e $h_C$ as alturas dos pontos A, B e C, respectivamente, $\vec V_B$ ($V_{Bx}$, $V_{By}$) a velocidade do corpo no ponto B e $\vec V_C$ ($V_{Cx}$, $V_{Cy}$) a velocidade do corpo no ponto C. Considere as afirmações:
I) $V_0=V_{Ax}=V_B=V_{Cx}$
II) $V_{Ax}=V_B=V_{Cx}$
III) $\dfrac12 mV_B^2=\dfrac12 mV_A^2-mg(h_B-h_A)$
IV) $\dfrac12 mV_0^2=mgh_B$
V) $\dfrac12 mV_{Ay}^2=mg(h_B-h_A)$
São corretas as afirmações:
Durante o voo, a única aceleração é vertical. Logo, a componente horizontal da velocidade permanece constante: $V_{Ax}=V_B=V_{Cx}$, tornando II verdadeira.
A conservação da energia entre A e B fornece III. Como em B a componente vertical é nula, a energia cinética vertical em A transforma-se em energia potencial até B, o que torna V verdadeira.
I é falsa porque $V_0$ não precisa coincidir com a componente horizontal em A; IV é falsa porque em B ainda existe velocidade horizontal.
Corretas: II, III e V.
O gráfico da figura representa a aceleração da gravidade $g$ da Terra em função da distância $d$ ao seu centro.
Considere uma situação hipotética em que o valor do raio $R_T$ da Terra seja diminuído para $R'$, sendo $R'=0{,}8R_T$, e em que seja mantida (uniformemente) sua massa total. Nessas condições, os valores aproximados das acelerações da gravidade $g_1$ à distância $R'$ e $g_2$ a uma distância igual a $R_T$ do centro da “Terra Hipotética” são, respectivamente,
Na superfície original, $g_T=GM/R_T^2\approx10\,\mathrm{m/s^2}$.
Na nova superfície, $R'=0{,}8R_T$:
$g_1=\dfrac{GM}{(0{,}8R_T)^2}=\dfrac{10}{0{,}64}\approx15{,}6\,\mathrm{m/s^2}$.
À distância $R_T$ do centro, a massa total é a mesma e o ponto está fora do novo planeta; portanto $g_2=GM/R_T^2=10\,\mathrm{m/s^2}$.
Um meteorito, de massa $m$ muito menor que a massa $M$ da Terra, dela se aproxima, seguindo a trajetória indicada na figura. Inicialmente, bem longe da Terra, podemos supor que sua trajetória seja retilínea e sua velocidade $\vec v_1$. Devido à atração gravitacional da Terra, o meteorito faz uma curva em torno dela e escapa para o espaço sem se chocar com a superfície terrestre. Quando se afasta suficientemente da Terra, atinge uma velocidade final $\vec v_2$ de forma que, aproximadamente, $|\vec v_2|=|\vec v_1|$, podendo sua trajetória ser novamente considerada retilínea. Ox e Oy são os eixos de um sistema de referência inercial, no qual a Terra está inicialmente em repouso.
Podemos afirmar que a direção e sentido da quantidade de movimento adquirida pela Terra são indicados aproximadamente pela seta:
O sistema Terra-meteorito conserva a quantidade de movimento. Assim, a variação da quantidade de movimento da Terra é oposta à variação da quantidade de movimento do meteorito:
$\Delta\vec p_T=-\Delta\vec p_m$.
Pela figura, as componentes horizontais inicial e final do meteorito são aproximadamente iguais, enquanto a componente vertical muda de negativa para positiva. Logo, $\Delta\vec p_m$ aponta para cima e $\Delta\vec p_T$ aponta para baixo.
Isso corresponde à seta 5.
Um ímã, em forma de barra, de polaridade N (norte) e S (sul), é fixado numa mesa horizontal. Um outro ímã semelhante, de polaridade desconhecida, indicada por A e T, quando colocado na posição mostrada na figura 1, é repelido para a direita.
Quebra-se esse ímã ao meio e, utilizando as duas metades, fazem-se quatro experiências, representadas nas figuras I, II, III e IV, em que as metades são colocadas, uma de cada vez, nas proximidades do ímã fixo.
Indicando por “nada” a ausência de atração ou repulsão da parte testada, os resultados das quatro experiências são, respectivamente,
Como a extremidade S do ímã fixo repele a extremidade A, então A também é polo sul e T é polo norte.
Ao quebrar um ímã, não surgem monopolos: cada metade torna-se um novo ímã, aparecendo polos opostos nas faces de ruptura.
Aplicando essa regra às quatro orientações mostradas, obtêm-se, na ordem: repulsão, atração, repulsão e atração.
Em cada uma das regiões I, II e III da figura existe ou um campo elétrico constante $\pm E_x$ na direção $x$, ou um campo elétrico constante $\pm E_y$ na direção $y$, ou um campo magnético constante $\pm B_z$ na direção $z$ (perpendicular ao plano do papel). Quando uma carga positiva $q$ é abandonada no ponto P da região I, ela é acelerada uniformemente, mantendo uma trajetória retilínea, até atingir a região II. Ao penetrar na região II, a carga passa a descrever uma trajetória circular de raio R e o módulo da sua velocidade permanece constante. Finalmente, ao penetrar na região III, percorre uma trajetória parabólica até sair dessa região. A tabela indica algumas configurações possíveis dos campos nas três regiões.
A única configuração dos campos, compatível com a trajetória da carga, é aquela descrita em:
Na região I, a carga parte do repouso e acelera em linha reta para a direita; portanto o campo é $+E_x$.
Na região II, o módulo da velocidade permanece constante e a trajetória é circular, característica de força magnética. Ao entrar com velocidade para a direita e curvar-se para baixo, uma carga positiva exige campo $+B_z$.
Na região III, a trajetória parabólica curva-se para a esquerda, exigindo aceleração elétrica em $-x$, isto é, $-E_x$.
A sequência é $E_x$, $B_z$, $-E_x$: configuração E.
O gráfico representa, num dado instante, a velocidade transversal dos pontos de uma corda, na qual se propaga uma onda senoidal na direção do eixo dos $x$. A velocidade de propagação da onda na corda é $24\,\mathrm{m/s}$. Sejam A, B, C, D e E pontos da corda. Considere, para o instante representado, as seguintes afirmações:
I. A freqüência da onda é $0{,}25\,\mathrm{Hz}$.
II. Os pontos A, C e E têm máxima aceleração transversal (em módulo).
III. Os pontos A, C e E têm máximo deslocamento transversal (em módulo).
IV. Todos os pontos da corda se deslocam com velocidade de $24\,\mathrm{m/s}$ na direção do eixo $x$.
São corretas as afirmações:
O gráfico da velocidade transversal repete-se espacialmente a cada $8\,\mathrm{m}$, logo $\lambda=8\,\mathrm{m}$ e $f=v/\lambda=24/8=3\,\mathrm{Hz}$. Portanto I é falsa.
Nos pontos A, C e E, a velocidade transversal é nula. Em movimento harmônico, isso ocorre nos extremos de deslocamento, onde o módulo da aceleração é máximo. Logo II e III são verdadeiras.
IV é falsa: $24\,\mathrm{m/s}$ é a velocidade de propagação da onda, não a velocidade horizontal dos pontos da corda.
Um raio monocromático de luz incide no ponto A de uma das faces de um prisma feito de vidro e imerso no ar. A figura 1 representa apenas o raio incidente I e o raio refratado R num plano normal às faces do prisma, cujas arestas são representadas pelos pontos P, S e T, formando um triângulo eqüilátero. Os pontos A, B e C também formam um triângulo eqüilátero e são, respectivamente, eqüidistantes de P e S, S e T, e T e P. Considere os raios $E_1$, $E_2$, $E_3$, $E_4$ e $E_5$, que se afastam do prisma, representados na figura 2.
Podemos afirmar que os raios compatíveis com as reflexões e refrações sofridas pelo raio incidente I, no prisma, são:
Na entrada em A, a figura mostra incidência de $60^\circ$ e refração de $30^\circ$. Assim, pela lei de Snell, $n\sin30^\circ=\sin60^\circ$, o que fornece $n=\sqrt3$.
Ao atingir B, o raio incide a $30^\circ$ e pode refratar para o ar a $60^\circ$, originando $E_3$, além de refletir.
O raio refletido alcança C, onde novamente pode emergir, originando $E_4$, e a parcela refletida pode alcançar A e emergir como $E_1$.
Os raios compatíveis são, portanto, $E_1$, $E_3$ e $E_4$.
Um balão de pesquisa, cheio de gás hélio, está sendo preparado para sua decolagem. A massa do balão vazio (sem gás) é $M_B$ e a massa do gás hélio no balão é $M_H$. O balão está parado devido às cordas que o prendem ao solo. Se as cordas forem soltas, o balão iniciará um movimento de subida vertical com aceleração de $0{,}2\,\mathrm{m/s^2}$. Para que o balão permaneça parado, sem a necessidade das cordas, deve-se adicionar a ele um lastro de massa igual a:
Sem lastro, a resultante ascendente é
$E-(M_B+M_H)g=(M_B+M_H)a$.
Para ficar em equilíbrio após adicionar um lastro $m_L$, o empuxo deve satisfazer $E=(M_B+M_H+m_L)g$.
Subtraindo as duas relações:
$m_Lg=(M_B+M_H)a$.
Como $a=0{,}2\,\mathrm{m/s^2}$ e $g=10\,\mathrm{m/s^2}$, $m_L=0{,}02(M_B+M_H)$.
No gráfico, a curva I representa o resfriamento de um bloco de metal a partir de $180^\circ\mathrm{C}$ e a curva II, o aquecimento de uma certa quantidade de um líquido a partir de $0^\circ\mathrm{C}$, ambos em função do calor cedido ou recebido no processo. Se colocarmos num recipiente termicamente isolante a mesma quantidade daquele líquido a $20^\circ\mathrm{C}$ e o bloco a $100^\circ\mathrm{C}$, a temperatura de equilíbrio do sistema (líquido + bloco) será de aproximadamente
Pela curva I, o bloco cede cerca de $5\,\mathrm{kJ}$ ao esfriar de $180^\circ\mathrm{C}$ para $80^\circ\mathrm{C}$, então sua capacidade térmica é aproximadamente $C_B=0{,}05\,\mathrm{kJ/^{\circ}C}$.
Pela curva II, o líquido recebe cerca de $9\,\mathrm{kJ}$ para aquecer de $0^\circ\mathrm{C}$ a $60^\circ\mathrm{C}$, dando $C_L\approx0{,}15\,\mathrm{kJ/^{\circ}C}$.
No equilíbrio: $C_B(100-T)=C_L(T-20)$.
$0{,}05(100-T)=0{,}15(T-20)\Rightarrow T\approx40^\circ\mathrm{C}$.
No circuito abaixo, os resistores $R_1$ e $R_2$ têm resistência $R$ e a bateria tem tensão $V$. O resistor $R_3$ tem resistência variável entre os valores $0$ e $R$.
O gráfico mostra qualitativamente a variação da potência $P$, dissipada em um dos elementos do circuito, em função do valor da resistência de $R_3$. A curva desse gráfico só pode representar a
$R_1$ está em série com o paralelo $R_2\parallel R_3$. À medida que $R_3$ aumenta de $0$ até $R$, a resistência equivalente do paralelo cresce e a corrente total do circuito diminui.
Como a potência em $R_1$ é $P_1=I^2R$, ela decresce continuamente, permanecendo positiva, exatamente como a curva apresentada.
Portanto o gráfico representa a potência dissipada em $R_1$.
Três homens tentam fazer girar, em torno do pino fixo O, uma placa retangular de largura $a$ e comprimento $2a$, que está inicialmente em repouso sobre um plano horizontal, de atrito desprezível, coincidente com o plano do papel. Eles aplicam as forças $\vec F_A=\vec F_B$ e $\vec F_C=2\vec F_A$, nos pontos A, B e C, como representadas na figura.
Designando, respectivamente, por $M_A$, $M_B$ e $M_C$ as intensidades dos momentos dessas forças em relação ao ponto O, é correto afirmar que:
As forças $\vec F_A$ e $\vec F_B$ são horizontais e atuam a uma distância perpendicular $a$ do pino O. Assim, $M_A=M_B=Fa$, ambos no sentido horário.
A linha de ação de $\vec F_C$ passa pela mesma horizontal de O, logo sua distância perpendicular ao eixo é nula e $M_C=0$.
Portanto $M_A=M_B\mathrel{>}M_C$ e a placa gira no sentido horário.
Um caminhão, com massa total de $10.000\,\mathrm{kg}$, está percorrendo uma curva circular plana e horizontal a $72\,\mathrm{km/h}$ (ou seja, $20\,\mathrm{m/s}$) quando encontra uma mancha de óleo na pista e perde completamente a aderência. O caminhão encosta então no muro lateral que acompanha a curva e que o mantém em trajetória circular de raio igual a $90\,\mathrm{m}$. O coeficiente de atrito entre o caminhão e o muro vale $0{,}3$. Podemos afirmar que, ao encostar no muro, o caminhão começa a perder velocidade à razão de, aproximadamente,
A força normal do muro fornece a resultante centrípeta:
$N=\dfrac{mv^2}{R}$.
O atrito cinético com o muro é $f=\mu N$ e atua tangencialmente, reduzindo a velocidade. Assim,
$a_t=\dfrac{f}{m}=\mu\dfrac{v^2}{R}=0{,}3\cdot\dfrac{20^2}{90}\approx1{,}3\,\mathrm{m/s^2}$.
Um músico sopra a extremidade aberta de um tubo de $25\,\mathrm{cm}$ de comprimento, fechado na outra extremidade, emitindo um som na freqüência $f=1.700\,\mathrm{Hz}$. A velocidade do som no ar, nas condições do experimento, é $v=340\,\mathrm{m/s}$. Dos diagramas abaixo, aquele que melhor representa a amplitude de deslocamento da onda sonora estacionária, excitada no tubo pelo sopro do músico, é:
O comprimento de onda é $\lambda=v/f=340/1700=0{,}20\,\mathrm{m}=20\,\mathrm{cm}$.
O tubo é fechado em uma extremidade e aberto na outra; portanto há nó de deslocamento na extremidade fechada e ventre na extremidade aberta.
Como $L=25\,\mathrm{cm}=5\lambda/4$, o desenho deve conter cinco quartos de comprimento de onda entre o nó e o ventre.
Esse padrão corresponde ao diagrama E.
A figura abaixo mostra, numa mesma escala, o desenho de um objeto retangular e sua imagem, formada a $50\,\mathrm{cm}$ de uma lente convergente de distância focal $f$. O objeto e a imagem estão em planos perpendiculares ao eixo óptico da lente.
Podemos afirmar que o objeto e a imagem
Pela figura, a imagem é invertida e tem dimensões lineares iguais a $1/3$ das do objeto. Portanto o aumento é $m=-1/3$.
Como $m=-q/p$ e a imagem está a $q=50\,\mathrm{cm}$ da lente, resulta $p=150\,\mathrm{cm}$.
Pela equação da lente:
$\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1q=\dfrac1{150}+\dfrac1{50}=\dfrac4{150}$.
Logo $f=37{,}5\,\mathrm{cm}$. Objeto e imagem reais ficam em lados opostos da lente.
As lâmpadas fluorescentes iluminam muito mais do que as lâmpadas incandescentes de mesma potência. Nas lâmpadas fluorescentes compactas, a eficiência luminosa, medida em lumens por watt (lm/W), é da ordem de $60\,\mathrm{lm/W}$ e, nas lâmpadas incandescentes, da ordem de $15\,\mathrm{lm/W}$. Em uma residência, 10 lâmpadas incandescentes de $100\,\mathrm{W}$ são substituídas por fluorescentes compactas que fornecem iluminação equivalente (mesma quantidade de lumens). Admitindo que as lâmpadas ficam acesas, em média, 6 horas por dia e que o preço da energia elétrica é de R$ $0{,}20$ por kW.h, a economia mensal na conta de energia elétrica dessa residência será de, aproximadamente,
Cada lâmpada incandescente fornece aproximadamente $100\cdot15=1500\,\mathrm{lm}$. Para a mesma iluminação, a fluorescente precisa de $1500/60=25\,\mathrm{W}$.
A economia de potência em 10 lâmpadas é $10(100-25)=750\,\mathrm{W}=0{,}75\,\mathrm{kW}$.
Em 30 dias, o tempo de uso é $180\,\mathrm{h}$, logo a economia de energia é $0{,}75\cdot180=135\,\mathrm{kWh}$.
Economia: $135\cdot0{,}20=27$. Portanto, R$ 27,00.
A figura mostra uma bomba de encher pneu de bicicleta. Quando o êmbolo está todo puxado, a uma distância de $30\,\mathrm{cm}$ da base, a pressão dentro da bomba é igual à pressão atmosférica normal. A área da seção transversal do pistão da bomba é $24\,\mathrm{cm^2}$. Um ciclista quer encher ainda mais o pneu da bicicleta que tem volume de $2{,}4$ litros e já está com uma pressão interna de $3\,\mathrm{atm}$. Ele empurra o êmbolo da bomba até o final de seu curso. Suponha que o volume do pneu permaneça constante, que o processo possa ser considerado isotérmico e que o volume do tubo que liga a bomba ao pneu seja desprezível. A pressão final do pneu será, então, de aproximadamente:
O volume de ar admitido pela bomba é
$V_b=A\ell=24\,\mathrm{cm^2}\cdot30\,\mathrm{cm}=720\,\mathrm{cm^3}=0{,}72\,\mathrm{L}$, a $1\,\mathrm{atm}$.
Em processo isotérmico, a quantidade de gás é proporcional a $PV$. O pneu inicialmente possui $3\cdot2{,}4=7{,}2\,\mathrm{atm\,L}$. A bomba adiciona $0{,}72\,\mathrm{atm\,L}$.
$P_f\cdot2{,}4=7{,}92\Rightarrow P_f=3{,}3\,\mathrm{atm}$.
Um disco de raio $r$ gira com velocidade angular $\omega$ constante. Na borda do disco, está presa uma placa fina de material facilmente perfurável. Um projétil é disparado com velocidade $\vec v$ em direção ao eixo do disco, conforme mostra a figura, e fura a placa no ponto A. Enquanto o projétil prossegue sua trajetória sobre o disco, a placa gira meia circunferência, de forma que o projétil atravessa mais uma vez o mesmo orifício que havia perfurado. Considere a velocidade do projétil constante e sua trajetória retilínea. O módulo da velocidade $\vec v$ do projétil é:
Para a placa girar meia volta, o intervalo de tempo é $\Delta t=\pi/\omega$.
Nesse intervalo, o orifício vai de um lado ao ponto diametralmente oposto, enquanto o projétil percorre o diâmetro $2r$.
Assim, $v=\dfrac{2r}{\pi/\omega}=\dfrac{2\omega r}{\pi}$.
Um objeto de massa $8{,}0\,\mathrm{kg}$ e volume $1{,}0$ litro está imerso em um líquido, de densidade igual à da água, contido num grande recipiente, como mostra a figura. O objeto se move para baixo com velocidade constante $v=0{,}20\,\mathrm{m/s}$, devido à ação conjunta da gravidade, do empuxo e da resistência viscosa do líquido ao movimento. Podemos afirmar que a quantidade de energia transformada em calor, a cada segundo, no sistema “objeto - líquido” é de:
O peso é $P=mg=8\cdot10=80\,\mathrm{N}$.
O volume é $1{,}0\,\mathrm{L}=10^{-3}\,\mathrm{m^3}$, então o empuxo vale $E= ho Vg=1000\cdot10^{-3}\cdot10=10\,\mathrm{N}$.
Como a velocidade é constante, a resistência viscosa equilibra a diferença: $F_v=P-E=70\,\mathrm{N}$.
A potência dissipada é $\mathcal P=F_vv=70\cdot0{,}20=14\,\mathrm{W}$. Em cada segundo, transformam-se $14\,\mathrm{J}$ em calor.