Uma onda sonora considerada plana, proveniente de uma sirene em repouso, propaga-se no ar parado, na direção horizontal, com velocidade $V$ igual a $330\text{ m/s}$ e comprimento de onda igual a $16{,}5\text{ cm}$. Na região em que a onda está se propagando, um atleta corre, em uma pista horizontal, com velocidade $U$ igual a $6{,}60\text{ m/s}$, formando um ângulo de $60^\circ$ com a direção de propagação da onda. O som que o atleta ouve tem freqüência aproximada de
A freqüência emitida pela sirene é
$f=\dfrac{V}{\lambda}=\dfrac{330}{0{,}165}=2000\text{ Hz}$.
Somente a componente da velocidade do atleta na direção de propagação altera a freqüência percebida:
$U_x=U\cos60^\circ=6{,}60\cdot0{,}5=3{,}30\text{ m/s}$.
Como o atleta se move no mesmo sentido das frentes de onda,
$f'=f\dfrac{V-U_x}{V}=2000\dfrac{330-3{,}3}{330}\approx1980\text{ Hz}$.
Núcleos atômicos instáveis, existentes na natureza e denominados isótopos radioativos, emitem radiação espontaneamente. Tal é o caso do Carbono-14 ($^{14}\mathrm{C}$), um emissor de partículas beta ($\beta^-$). Neste processo, o núcleo de $^{14}\mathrm{C}$ deixa de existir e se transforma em um núcleo de Nitrogênio-14 ($^{14}\mathrm{N}$), com a emissão de um anti-neutrino $\bar{\nu}$ e uma partícula $\beta^-$:
$^{14}\mathrm{C}\rightarrow{}^{14}\mathrm{N}+\beta^-+\bar{\nu}$
Os vetores quantidade de movimento das partículas, em uma mesma escala, resultantes do decaimento beta de um núcleo de $^{14}\mathrm{C}$, em repouso, poderiam ser melhor representados, no plano do papel, pela figura
O núcleo de $^{14}\mathrm{C}$ estava inicialmente em repouso, portanto sua quantidade de movimento total era nula.
Pela conservação da quantidade de movimento, após o decaimento deve valer
$\vec p_{N}+\vec p_{\beta}+\vec p_{\bar\nu}=\vec 0$.
Logo, os três vetores devem poder formar um polígono fechado. A única representação compatível é a alternativa D.
Na alternativa D, a componente horizontal da quantidade de movimento da partícula beta compensa a soma das componentes horizontais dos outros dois vetores. Na vertical, a componente para baixo do nitrogênio compensa as componentes para cima das duas partículas emitidas. É a soma vetorial que deve se anular; não se exige igualdade dos três módulos.
É conhecido o processo utilizado por povos primitivos para fazer fogo. Um jovem, tentando imitar parcialmente tal processo, mantém entre suas mãos um lápis de forma cilíndrica e com raio igual a $0{,}40\text{ cm}$ de tal forma que, quando movimenta a mão esquerda para a frente e a direita para trás, em direção horizontal, imprime ao lápis um rápido movimento de rotação. O lápis gira, mantendo seu eixo fixo na direção vertical, como mostra a figura ao lado. Realizando diversos deslocamentos sucessivos e medindo o tempo necessário para executá-los, o jovem conclui que pode deslocar a ponta dos dedos de sua mão direita de uma distância $L=15\text{ cm}$, com velocidade constante, em aproximadamente $0{,}30\text{ s}$. Podemos afirmar que, enquanto gira num sentido, o número de rotações por segundo executadas pelo lápis é aproximadamente igual a
A velocidade tangencial da superfície do lápis é aproximadamente a velocidade dos dedos:
$v=\dfrac{L}{\Delta t}=\dfrac{0{,}15}{0{,}30}=0{,}50\text{ m/s}$.
Com $r=0{,}40\text{ cm}=0{,}0040\text{ m}$:
$\omega=\dfrac{v}{r}=\dfrac{0{,}50}{0{,}0040}=125\text{ rad/s}$.
Assim, o número de rotações por segundo é
$f=\dfrac{\omega}{2\pi}\approx\dfrac{125}{6{,}28}\approx20\text{ s}^{-1}$.
Uma jovem viaja de uma cidade A para uma cidade B, dirigindo um automóvel por uma estrada muito estreita. Em um certo trecho, em que a estrada é reta e horizontal, ela percebe que seu carro está entre dois caminhões–tanque bidirecionais e iguais, como mostra a figura. A jovem observa que os dois caminhões, um visto através do espelho retrovisor plano, e o outro, através do pára-brisa, parecem aproximar-se dela com a mesma velocidade. Como o automóvel e o caminhão de trás estão viajando no mesmo sentido, com velocidades de $40\text{ km/h}$ e $50\text{ km/h}$, respectivamente, pode-se concluir que a velocidade do caminhão que está à frente é
Adotando como positivo o sentido A → B, o carro tem velocidade $40\ \mathrm{km/h}$. O caminhão traseiro aproxima-se com $50-40=10\ \mathrm{km/h}$. No retrovisor plano, a distância da imagem ao espelho é a mesma distância do caminhão ao espelho, de modo que o módulo dessa aproximação continua sendo 10 km/h.
O caminhão da frente deve também se aproximar a 10 km/h. Portanto, $40-v=10$, de onde $v=30\ \mathrm{km/h}$, no sentido A → B. Se viesse no sentido oposto, a aproximação seria maior que 40 km/h, incompatível com a observação.
Alternativa E.
Considere dois objetos cilíndricos maciços A e B, de mesma altura e mesma massa e com seções transversais de áreas, respectivamente, $S_A$ e $S_B=2S_A$. Os blocos, suspensos verticalmente por fios que passam por uma polia sem atrito, estão em equilíbrio acima do nível da água de uma piscina, conforme mostra a figura ao lado. A seguir, o nível da água da piscina sobe até que os cilindros, cujas densidades têm valor superior à da água, fiquem em nova posição de equilíbrio, parcialmente imersos. A figura que melhor representa esta nova posição de equilíbrio é
Como as massas são iguais e a polia é ideal, para o novo equilíbrio as forças de empuxo nos dois cilindros devem ter o mesmo módulo.
Se $x_A$ e $x_B$ são as alturas imersas,
$\rho gS_Ax_A=\rho gS_Bx_B$.
Como $S_B=2S_A$:
$x_A=2x_B$.
O cilindro A deve ficar imerso até uma profundidade vertical duas vezes maior que B. Isso ocorre na alternativa B.
Um feixe de elétrons, todos com mesma velocidade, penetra em uma região do espaço onde há um campo elétrico uniforme entre duas placas condutoras, planas e paralelas, uma delas carregada positivamente e a outra, negativamente. Durante todo o percurso, na região entre as placas, os elétrons têm trajetória retilínea, perpendicular ao campo elétrico. Ignorando efeitos gravitacionais, esse movimento é possível se entre as placas houver, além do campo elétrico, também um campo magnético, com intensidade adequada e
Para a trajetória permanecer retilínea, a força magnética deve cancelar a força elétrica.
A força elétrica é paralela ao campo elétrico. Já a força magnética é
$\vec F_B=q\vec v\times\vec B$.
Para que $\vec F_B$ seja oposta à força elétrica, $\vec B$ deve ser perpendicular simultaneamente a $\vec v$ e a $\vec E$.
Ganhei um chuveiro elétrico de $6050\text{ W}$ - $220\text{ V}$. Para que esse chuveiro forneça a mesma potência na minha instalação, de $110\text{ V}$, devo mudar a sua resistência para o seguinte valor, em ohms:
Para um resistor,
$P=\dfrac{U^2}{R}$.
Para manter $P=6050\text{ W}$ em $U=110\text{ V}$:
$R=\dfrac{110^2}{6050}=2{,}0\ \Omega$.
O gasômetro G, utilizado para o armazenamento de ar, é um recipiente cilíndrico, metálico, com paredes laterais de pequena espessura. G é fechado na sua parte superior, aberto na inferior que permanece imersa em água e pode se mover na direção vertical. G contém ar, inicialmente à temperatura de $300\text{ K}$ e o nível da água no seu interior se encontra $2{,}0\text{ m}$ abaixo do nível externo da água. Nessas condições, a tampa de G está $9{,}0\text{ m}$ acima do nível externo da água, como mostra a figura ao lado. Aquecendo-se o gás, o sistema se estabiliza numa nova altura de equilíbrio, com a tampa superior a uma altura H, em relação ao nível externo da água, e com a temperatura do gás a $360\text{ K}$. Supondo que o ar se comporte como um gás ideal, a nova altura H será, aproximadamente, igual a
Como o gasômetro móvel permanece em equilíbrio sob o mesmo peso, a pressão interna permanece constante. Assim, o desnível de $2{,}0\text{ m}$ entre as superfícies da água também permanece constante.
A altura inicial da coluna de ar é
$L_0=9{,}0+2{,}0=11{,}0\text{ m}$.
Em transformação isobárica, $V/T$ é constante. Como a seção do cilindro é constante, $L/T$ também é constante:
$L=11{,}0\dfrac{360}{300}=13{,}2\text{ m}$.
Logo, $H=L-2{,}0=11{,}2\text{ m}$.
Uma criança estava no chão. Foi então levantada por sua mãe que a colocou em um escorregador a uma altura de $2{,}0\text{ m}$ em relação ao solo. Partindo do repouso, a criança deslizou e chegou novamente ao chão com velocidade igual a $4\text{ m/s}$. Sendo T o trabalho realizado pela mãe ao suspender o filho, e sendo a aceleração da gravidade $g=10\text{ m/s}^2$, a energia dissipada por atrito, ao escorregar, é aproximadamente igual a
O trabalho da mãe é o aumento da energia potencial:
$T=mgh=m\cdot10\cdot2=20m$.
Ao chegar ao solo, a energia cinética é
$K=\dfrac12mv^2=\dfrac12m\cdot16=8m$.
A energia dissipada é
$E_d=T-K=20m-8m=12m=0{,}6T$.
Dois recipientes iguais, A e B, contêm, respectivamente, $2{,}0$ litros e $1{,}0$ litro de água à temperatura de $20^\circ\text{C}$. Utilizando um aquecedor elétrico, de potência constante, e mantendo-o ligado durante $80\text{ s}$, aquece-se a água do recipiente A até a temperatura de $60^\circ\text{C}$. A seguir, transfere-se $1{,}0$ litro de água de A para B, que passa a conter $2{,}0$ litros de água à temperatura T. Essa mesma situação final, para o recipiente B, poderia ser alcançada colocando-se $2{,}0$ litros de água a $20^\circ\text{C}$ em B e, a seguir, ligando-se o mesmo aquecedor elétrico em B, mantendo-o ligado durante um tempo aproximado de
Ao misturar $1{,}0$ litro a $60^\circ\text{C}$ com $1{,}0$ litro a $20^\circ\text{C}$, como as massas e calores específicos são iguais,
$T=\dfrac{60+20}{2}=40^\circ\text{C}$.
O aquecedor leva $80\text{ s}$ para elevar $2{,}0$ litros de água em $40^\circ\text{C}$. Para elevar a mesma massa em apenas $20^\circ\text{C}$, necessita metade do tempo:
$t=40\text{ s}$.
Uma pessoa idosa que tem hipermetropia e presbiopia foi a um oculista que lhe receitou dois pares de óculos, um para que enxergasse bem os objetos distantes e outro para que pudesse ler um livro a uma distância confortável de sua vista.
Considerando que receitas fornecidas por oculistas utilizam o sinal mais (+) para lentes convergentes e menos (-) para divergentes, a receita do oculista para um dos olhos dessa pessoa idosa poderia ser,
A hipermetropia é corrigida com lente convergente, portanto a correção para longe deve ter sinal positivo.
Na presbiopia, a acomodação para objetos próximos é insuficiente; a lente de leitura também deve ser convergente e, neste caso, com maior convergência.
Assim, a combinação compatível é $+1{,}5$ dioptrias para longe e $+4{,}5$ dioptrias para perto.
Duas barras M e N, de pequeno diâmetro, com $1{,}5\text{ m}$ de comprimento, feitas de material condutor com resistência de $R\Omega$ a cada metro de comprimento, são suspensas pelos pontos S e T e eletricamente interligadas por um fio flexível e condutor F, fixado às extremidades de uma alavanca que pode girar em torno de um eixo E. As barras estão parcialmente imersas em mercúrio líquido, como mostra a figura ao lado. Quando a barra M está totalmente imersa, o ponto S se encontra na superfície do líquido, e a barra N fica com um comprimento de $1{,}0\text{ m}$ fora do mercúrio e vice-versa. Suponha que os fios e o mercúrio sejam condutores perfeitos e que a densidade das barras seja maior do que a do mercúrio. Quando o extremo S da barra M se encontra a uma altura h da superfície do mercúrio, o valor da resistência elétrica r, entre o fio F e o mercúrio, em função da altura h, é melhor representado pelo gráfico
Os trechos imersos estão no mesmo potencial do mercúrio, um condutor perfeito. Só os comprimentos externos contribuem para a resistência: $h$ em M e $\ell-h$ em N, com $\ell=1{,}0\ \mathrm{m}$. Seja $\gamma=R\ \Omega/\mathrm{m}$ a resistência por unidade de comprimento.
As barras ligam o mesmo fio F ao mesmo banho de mercúrio e, portanto, estão em paralelo:
$r=\dfrac{(\gamma h)[\gamma(\ell-h)]}{\gamma h+\gamma(\ell-h)}=\gamma\dfrac{h(\ell-h)}{\ell}$.
Com $x=h/\ell$, isso equivale a $r=(R\ \Omega)x(1-x)$: parábola côncava para baixo, nula em $h=0$ e $h=1{,}0\ \mathrm{m}$, com máximo $R\ \Omega/4$ em $h=0{,}50\ \mathrm{m}$. É o gráfico B.