01. b Dados: m kg m kg 1 2 2 4 = = v m s v m s 1 2 10 8 = = − / /
v’ = velocidade após o choque
A máxima perda ocorre quando a colisão é inelástica, então:
Qantes=Qdepois m v1⋅ +1 m v2⋅ 2=(m1+m2) ’⋅v 2 10 4⋅ + ⋅ − = + ⋅( ) (8 2 4) ’v 20 32 6− = v’ 6v’ = −12 v’= −2m s/
A energia cinética antes da colisão era:
EC antes=m v1⋅ 12+m v2⋅ 22= ⋅ 2+ ⋅ − 2 2 2 2 2 10 2 4 8 2 ( ) ECantes=100 128 228+ = J
A energia cinética após o choque:
ECdepois=(m m1+ 2) ( ’)⋅v 2=( + ⋅ −) ( )2= J 2
2 4 2
2 12
A perda de energia foi 228 12 216 J− =
02. d
Sendo o choque perfeitamente elástico e frontal, entre as esferas de mesma massa, as esferas trocam de velocidade. No choque entre a 4a. esfera e as menores, como a esfera maior tem massa de 150 g, ela move três esferas menores de massa 50 g, que saem com velocidade igual à velocidade da primeira esfera maior, imediatamente antes da primeira colisão.
03. e
Como A e B têm a mesma massa e o choque é central, direto e elásti-co, as velocidades serão trocadas, ou seja, vB = 0 e vA = v0. Como a parede é fixa e o choque entre A e a parede também é cen-tral, direto e elástico, o módulo da velocidade de A será mantido, ou seja, A voltará com vA = v0. Na nova colisão entre A e B ocorrerá novamente troca de velocidades, ou seja, vA = 0 e vB = v0. 04. b
A velocidade do jarro após a colisão pode ser obtida por meio da conservação da quantidade de movimento do sistema:
Q Q m V m V m m V V V m artes= depois ⋅ + ⋅ =
(
+)
⋅ ⋅ =(
+)
⋅ = 1 1 2 20 1 2 50 7 50 300 1 ’ ’ ’ // sAplicando agora o princípio da conservação da energia mecânica:
EM EM m g h mV m g h mV V V V i f i f f f f f = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ + ⋅ + = = 12 0 2 2 2 2 2 2 2 10 6 1 2 2 60 5 2 , == = 121 11 Vf m s/ 05. a
A velocidade do centro de massa de um sistema de dois corpos é dada por: V m V m V m m CM A A B B A B = ⋅ + ⋅ +
Para o eixo x, tem-se:
VCMX= ⋅ + ⋅ m s + = 2 4 6 0 2 6 1 / Para o eixo y: VCMY= ⋅ + ⋅ m s + = 2 0 6 3 2 6 2 25, /
A velocidade resultante do centro de massa é, então:
V V V V m s V m s CM CMX CMY CM CM 2 2 2 2 12 2 252 6 0625 2 5 = + = + , = , / , / 06. 11 (01, 02, 08)
01) CORRETA. Quanto mais próxima do Sol maior a velocidade da Terra em sua órbita.
02) CORRETA. Como T2= ⋅k R3, quanto maior T, maior será R. 04) INCORRETA. O período de revolução depende do raio da órbita,
não da massa do planeta.
08) CORRETA. De acordo com a 1a. Lei de Kepler.
16) INCORRETA. Não há relação direta entre os períodos de rotação e revolução de um planeta. Júpiter, por exemplo, possui maior período de revolução do que a Terra (aproximadamente 12 anos terrestres), mas seu período de rotação é menor (aproximada-mente 10 horas).
32) INCORRETA. A órbita terrestre é elíptica. 07. 19 (01, 02, 16) 01) CORRETA. F G M m d G F d M m G N m kg = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒
[ ]
= ⋅ 2 2 2 21
Resoluções
Extensivo Terceirão – Física 10A
10A
Física
Mas como N kg m s = ⋅2 , então: [ ]G kg m s m kg m s kg = ⋅ ⋅ = ⋅ 2 2 2 3 2
02) CORRETA. Um satélite geoestacionário possui mesmo período de rotação que a Terra. Assim, mantém a ela a mesma posição, dando a impressão, para quem está na Terra, que ele está parado. 04) INCORRETA. Se a força resultante sobre a Lua fosse nula, ela não
estaria orbitando ao redor da Terra.
08) INCORRETA. Quanto mais próxima do Sol maior a velocidade da Terra em sua órbita.
16) CORRETA. O período do outro planeta poderia ser calculado através da 3a. Lei de Kepler.
08. a
O raio da órbita do planeta é igual a:
T T R R R R p T p T p p = ⇒ = =
( )
2 3 2 3 3 3 2 27 1 1 3 ⇒⇒Rp=32=9µ. .aO afastamento máximo ocorre quando os dois planetas estão alinha-dos e de laalinha-dos opostos em relação ao Sol, e é dado pela soma alinha-dos dois raios: dmáx= + =1 9 10 µ. .a
O afastamento mínimo ocorre quando os dois planetas estão alinha-dos e do mesmo lado em relação ao Sol, e é dado pela diferença entre os raios: dmín= − =9 1 8 µ. .a
09. a
Quanto maior o raio da órbita, maior o período de revolução ao redor da Terra. Assim: RB>RA∴ >TB TA
Sendo ω=2π
T , como ω = (velocidade angular) é inversamente
pro-porcional ao período, tem-se:
TB>TA →ωB<ωA ouωA>ωB
10. d
No momento em que o satélite passar acima da floresta, ele terá percorrido 2π rad a mais do que a floresta (Terra) desde o último encontro. Sendo ∆θ ω= ⋅ t∆ e ω=2π T , tem-se: ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ θ θ π ω ω π ω ω π π s T s T S T S t t t T = + ⋅ = ⋅ + − ⋅ = − ⋅ = 2 2 2 2 1 1 24 4 8 2 ( ) , ππ TS= 4h
Aplicando a 3a. Lei de Kepler:
T T R R R R R R S T S T S T S T = = ∴ = 2 3 2 3 3 4 24 11 6 1 36 0 303 30 2 3 = R R aproximadamente S T , ( %) 11. 92 (04, 08, 16, 64)
01) INCORRETA. Como na Lua não há atmosfera, a luz solar não é espalhada e o céu é escuro.
02) INCORRETA. Poderiam engolir alimentos, que desceriam pelo sistema digestório pela atuação da gravidade e dos movimentos peristálticos.
04) CORRETA. Não há ventos na Lua que permitam que se empinem pipas.
08) CORRETA. Como na Lua a gravidade é menor do que na Terra, o tempo de voo, a altura máxima e o alcance seriam maiores, pois essas grandezas são inversamente proporcionais à gravi-dade.
16) CORRETA. Os efeitos ocorrem devido à interação da bola com o ar. Como na Lua não há atmosfera, não seriam possíveis esses efeitos.
32) INCORRETA. As cores do céu são devidas ao espalhamento da luz pelas moléculas. Como na Lua não há atmosfera, não seria observado o alaranjado no pôr do Sol.
64) CORRETA. É a pressão atmosférica que “empurra” os líquidos para o interior da boca, quando se usa o canudinho.
12. c
I. CORRETA. Todos os satélites geoestacionários possuem o pe-ríodo de rotação igual ao da Terra, que é de 24 h, aproximada-mente.
II. INCORRETA. O período de rotação de um satélite ao redor da Terra não depende de sua massa.
III. CORRETA. Como todos os satélites geoestacionários possuem o mesmo período, então também possuem mesmo raio de órbita, já que o período depende apenas desse raio.
IV. CORRETA. O plano de órbita dos satélites geoestacionários con-tém o círculo do Equador. Um satélite que esteja acima de um ponto do hemisfério Sul, por exemplo, após meio período de rotação, estará acima de um ponto diametralmente oposto, lo-calizado no hemisfério Norte. Portanto esse satélite não poderia ser geoestacionário.
13. a
A aceleração gravitacional na superfície de um planeta é dada por:
g GM R Substituindo M V e V R = = ⋅ = 2 3 4 3 ρ π , tem-se: g G V R G R R G R = ⋅ ⋅ρ2 = ⋅ρ π⋅ = π ρ⋅ ⋅ 2 3 4 3 4 3 Como gρ=gT 4 3 4 3 π⋅ ⋅ ⋅ =G ρP RP π⋅ ⋅ ⋅G ρT RT ρ ρPT T P P P R R R R = =10 6 ρ ρPT =106 14. a
Utilizando a equação deduzida no teste 13, tem-se:
gL=4 G R e gL L T= G RT T 3 4 3 π ρ π ρ Assim: g g R R L T L L T T =ρ ρ SendoρL ρT ρT ρLe RL T T L R R R = → = = → = 2 2 4 4 , tem-se: g g R R L T L L L L = ρ = ρ 2 4 1 8
15. b mT= 81mL Terra Asteroide 60 R – x x Lua Supondo um asteroide entre a Terra e a Lua, teremos: O que se pede é 60 R – x FTA=FLA GM m R x GM m x T⋅ A L A −
(
)
= ⋅ 60 2 2 81 60 60 81 2 2 2 2 ⋅ −(
)
= ⇒ −(
)
= m R x m x R x x L L 60 81 2 2 R x x −(
)
= 60 9 60 9 R x x R x x − = ∴ − = 60R=10x x∴ =6R Logo: 60R x− =60R−6R=54R3
Extensivo Terceirão – Física 10A
01. c
Certamente o número de mols da mistura de gases será a soma do número de mols da primeira amostra mais o da segunda. Assim: n = n1 + n2 (I) Como: p V n R T n p V R T II ⋅ = ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ( )
Portanto, substituindo II em I, teremos:
p V R T p V R T p V R T ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 1 1 1 2 2 2
Como ambos os gases estavam a uma mesma temperatura, não have-rá trocas de calor e a temperatura da mistura sehave-rá a mesma das amos-tras iniciais. Quanto ao volume final, seu valor será igual à soma dos volumes dos três compartimentos (10 L). Assim:
p · 10 = 3 · 3 + 1 · 1 → p = 1 atm
02. Primeiro vamos entender o que significa “diatérmico”. O prefixo “dia” vem do grego e significa “através”, “atravessar”. Portanto uma parede
diatérmica é aquela que permite que o calor a atravesse.
O oposto de diatérmico é adiabático. No caso, “a” expressa uma ne-gação e “dia”, como já vimos, significa “atravessar”. Por isso, “a – dia – bático” significa “não atravessa”, ou seja, trata-se de uma parede em que não permite passagem de calor.
a) Observando diretamente o gráfico, conclui-se que: No processo isocórico (volume constante) (a → b): Variação do volume: ∆Vab = 0
Variação da pressão: ∆Pab = –2,0 x 105 Pa. No processo isobárico (pressão constante) (b → c): Variação do volume: ∆Vab = 4,0 x 10–2 m3. Variação da pressão: ∆Pbc = 0.
Para calcular a relação entre as temperaturas Ta e Tc, aplicaremos a Lei Geral dos Gases. Assim:
P V T P V T a a a c c c ⋅ = ⋅ 3 10 2 105 2 1 10 6 10 1 5 2 2 x x T x x T ⋅ − = ⋅ − T T a c =1
b) Como a relação entre as temperaturas Ta e Tc é 1, conclui-se que elas são iguais e, por isso, a variação da energia interna entre esses pontos é nula. Aplicando a 1a. Lei da Termodinâmica, teremos:
Q U Q I = ∆ + = δ δ ( )
A transformação ab é isovolumétrica e, portanto, o trabalho
nes-se trecho é nulo. No trecho bc, como a transformação é isobárica, ocorre realização de trabalho, assim calculada:
δ δ δ bc bc bc p V x x x J = ⋅∆ = ⋅ = − 1 10 4 10 4 10 5 2 3
Assim, substituindo o valor anterior na equação I, fica:
Q=δbc=4 10x 3J
03. a) Para o trecho ab
Como a pressão diminui enquanto o volume permanece constan-te, o trabalho é nulo. Além disso, ocorre diminuição da temperatu-ra, como se pode constatar pela Lei Geral dos Gases:
P V T P V T a a a b b b ⋅ = ⋅ 3 10 2 10x 5 x 2 1 10 2 105 2 T x x T a b ⋅ − = ⋅ − Tb Ta ou T T a b = = 3 3
Devido à diminuição da temperatura, a energia interna diminui e o valor da sua variação é negativo. Assim:
Q U
Q U
= ∆ + = −∆
δ
Conclui-se que o gás perdeu calor no trecho ab.
Para o trecho bc
Como a pressão é constante e o volume aumenta (expansão), o tra-balho é positivo. Além disso, ocorre aumento da temperatura pois, em c a temperatura é igual em a. Consequentemente a energia
interna aumenta e ∆U será positivo (+).
Devido ao trabalho realizado (expansão → δ+) e ao aumento da temperatura (∆U → +), teremos:
Q U Q Q = ∆ + = + + + = + δ ( ) ( )
Conclui-se que o gás ganhou calor no trecho bc. b) Para o trecho bc
No exercício anterior o trabalho nesse trecho já foi calculado e seu valor é: δ δ = ⋅∆ = p V x J bc 4 103
Quanto a variação da energia interna, ela pode ser calculada por:
∆ =U 3n R T ou U⋅ ⋅∆ ∆ = p V⋅∆ 2 3 2 Portanto: ∆ = ⋅∆ ∆ = = U p V U x x J 3 2 3 24 10 6 10 3 3 Assim, como: Q U Qbc x x x J = ∆ + = + = δ 6 103 4 103 1 104
Obs.: para o próximo cálculo, usaremos a informação a seguir.
∆ =U 3n R T⋅ ⋅∆ 2
Lembrando que Ta = Tc, teremos:
∆Ubc=3n R T⋅ ⋅ c−Tb = n R T⋅ ⋅ a−Tb = x J I 2 3 2 6 10 3 ( ) ( ) ( ) Para o trecho ab
No exercício anterior o trabalho realizado nesse trecho já foi cal-culado e seu valor é nulo por se tratar de uma isocórica. Quanto à variação da energia interna, ela pode ser calculada por:
∆ =U 3n R T⋅ ⋅∆ 2
∆Uab=3n R T⋅ ⋅ b−Ta II
2 ( ) ( )
Comparando a equação II com I, conclui-se pelo fato de a diferença de temperatura ser (Tb – Ta) em II e (Ta – Tb) em I, essas diferenças têm sinais contrários. Assim:
∆Uab= −∆Ubc= −6 10x 3J
1
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Extensivo Terceirão – Física 10B
10B
Física
Portanto: Q U Qab x J = ∆ + = − δ 6 103 04. d
Para a primeira situação: isobárica
Nesta situação existe realização de trabalho, o qual pode ser calculado por:
δ = ⋅∆ = ⋅ ⋅∆p V n R T
Quanto à variação da energia interna, ela pode ser calculada por:
∆ =U 3n R T⋅ ⋅∆ 2 Portanto: Q U Q n R T n R T Q n R T = ∆ + = ⋅ ⋅∆ + ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅∆ δ 3 2 5 2
Para a segunda situação: isovolumétrica
Nesta situação não há realização de trabalho. Apenas variação da energia interna, portanto:
Q U Q n R T Q n R T = ∆ + = ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅∆ δ ’ 3 2 5 2
Comparando os dois resultados, teremos:
Q Q n R T n R T Q Q ’ ’ = ⋅ ⋅∆ ⋅ ⋅∆ = = 3 2 5 2 3 5 3 5 05. c
Devido ao efeito Joule uma determinada quantidade de calor será li-berada para o gás. Essa energia provocará aumento na temperatura e expansão da massa, a qual realizará trabalho sobre o êmbolo, fazendo com que ele adquira energia potencial.
Usando a 1a. Lei da Termodinâmica, temos:
Q= ∆ + δ ( )U I
Para um gás monoatômico, a variação da energia interna é calculada por:
∆ = ⋅ ⋅ ⋅∆U 3n R T II
2 ( )
O trabalho do gás, como será convertido em energia potencial do êm-bolo, pode ser calculado por:
δ = ⋅∆ = ⋅ ⋅p V m g h III( )
Quanto ao calor, como é decorrente do efeito Joule, ele pode ser cal-culado por:
Q P t= ⋅∆ ⇒ = ⋅ ⋅∆Q r i2 t IV( )
Substituindo IV, III e II em I, temos:
Q U r i t n R T m g h T = ∆ + ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅∆ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅∆ + ⋅ δ 2 2 3 2 1 0 4 12 5 60 3 22 8 6 10 , ( , ) ⋅⋅ ∆ ° 0 8, T = 3 C
06. O desenho abaixo ilustra o fenômeno ocorrido com a esfera.
m r m rr
g [p; V; T]
[p; VF; TF]
r
A esfera recebeu calor (Q). Essa energia alterou:
a) a energia interna (∆U) da massa, portanto, sua temperatura (∆T); b) o volume da esfera sólida e, por isso, houve dilatação volumétrica
(∆V);
c) a posição do centro da massa (centro da esfera), o qual ficou mais alto (h), o que implica um ganho de energia potencial (Ep) equiva-lente ao trabalho do peso.
Pelo que foi citado anteriormente, conclui-se que o calor (Q) não pro-vocou apenas variação de temperatura. Pela Lei da Conservação da Energia, teremos que:
Q= ∆ + +U δ Ep
Pela 1a. Lei da Termodinâmica, a equação acima fica:
Q U Q U Ep I = ∆ + = ∆ + + δ δ ( ) ( ) Lembrando que:
I. O autor do exercício chamou de α o coeficiente de dilatação volu-métrico e, por isso, o coeficiente de dilatação linear será α/3. II. A quantidade de calor que provoca variação de temperatura,
provoca, consequentemente, variação da energia interna, a qual é calculada pela equação “m · cv · ∆T”. Por isso, conclui-se que ∆U = m · cv · ∆T (II).
III. O volume de uma esfera é calculado por V=4 r 3
3
π e, como ocorre dilatação da esfera sólida, esta dilatação é calculada por
∆ = ⋅ ⋅∆V αV0 T ou V∆ = ⋅α π4 r3⋅∆T
3 . Por isso, a energia gasta
(trabalho realizado) para afastar suas moléculas durante a expan-são é: δ δ α π = ⋅∆ = ⋅ ⋅ ⋅∆ p V p 4 R T III 3 3 ( )
IV. Devido à dilatação térmica, o centro de massa da esfera subirá o equi-valente à dilatação linear do raio, assim h= ⋅ ⋅∆αr T
3 . Dessa maneira,
a energia potencial adquirida será Ep= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆m g h m g α r T IV
3 ( )
Substituindo II, III e IV em I, teremos:
Q= ∆ + +U (δ Ep) Q m cv T p= ⋅ ⋅∆ + ⋅ ⋅α π4 r ⋅∆ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆T m g αr T 3 3 3 Como ∆ = −T TF T T T Q m g r p r m c F v = + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 3 4 3 α π α 07. a
Em primeiro lugar vamos calcular o trabalho, o qual é numericamente igual à área interna do ciclo. Como o volume está em litros, transfor-maremos para metros cúbicos. Assim:
A = b · h
A = (0,4 × 10–3) · 1 × 105 A = 40 → δ = 40 J
a) VERDADEIRA. Como a cada segundo ocorrem 40 ciclos, a quantida-de quantida-de energia por segundo, portanto a potência é quantida-de 1600 W. b) FALSA. Como o ciclo ocorre no sentido horário, o trabalho é positivo. c) FALSA. Por ser cíclica, a variação da energia interna é nula e, pela
1a. Lei da Termodinâmica, conclui-se que o gás recebe calor e realiza trabalho.
d) FALSA. Dentre os pontos A, B, C e D, a menor temperatura ocorre no ponto D pois é nele que o produto “p · V” tem seu menor valor.
08. A tabela a seguir pode ser facilmente organizada a partir dos dados fornecidos pelo texto do problema.
ESTADO 1 ESTADO 2 ESTADO 3
P1 = 1,2 x 105 Pa P2 = 1,2 x 105 Pa P3 V1 = 8 x 10–3 m3 V2 = 12 x 10–3 m3 V3 = 12 x 10–3 m3
T1 T2 T3 = T1
Cálculo da variação da energia interna.
Q U Q U p V U x x x U J = ∆ + = ∆ + ⋅∆ = ∆ + ⋅ − ∆ = − − → δ 500 12 10 12 10 8 10 20 5 3 3 1 2 , ( ) Cálculo da pressão em 3. P V T P V T 1 1 1 3 3 3 ⋅ = ⋅ 12 10 8 105 3 12 10 1 3 3 1 , x x T P x T ⋅ − = ⋅ − P3=8 10x 4Pa 09. a) ∆ =U 3p V⋅∆ 2 ∆ =U 3 ⋅ ⋅ x − − x − = J 212 10 12 10 8 10 720 5 3 3 , ( ) b) Q U Q U p V Q x x x Q J = ∆ + = ∆ + ⋅∆ = + ⋅ − = − − δ 720 12 10 12 10 8 10 1200 5 3 3 , ( )
O valor arbitrado para a quantidade de calor recebida pelo gás atra-vés da chama é incompatível com a variação da energia interna e com o trabalho realizado pelo gás. O valor correto da quantidade de calor recebida deveria ser 1200 J.
10. a) Usando a Lei Geral dos Gases, temos:
p V T p V T x x x x T T K A A A B B B B B ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = = − ° − − 6 10 2 10 330 4 10 1 10 110 163 5 3 5 3 CC b) Analisando a transformação AB
Em primeiro lugar vamos calcular o trabalho na transformação AB, o qual, por representar uma compressão, terá sinal negativo. Assim:
δ δ = − = − + ⋅ =− + ⋅ − = − A B b h x x x J ( ) ( ) 2 6 10 4 10 1 10 2 500 5 5 3
Aplicando a 1a. Lei da Termodinâmica para a transformação AB, te-remos: Q U U U J = ∆ + − = ∆ + − ∆ = − δ 800 500 300 ( ) Analisando a transformação BC
Em primeiro lugar vamos calcular o trabalho na transformação BC, o qual, por representar uma expansão, terá sinal positivo. Assim:
δ δ = = + ⋅ = = + ⋅ − = A B b h A x x x J ( ) ( ) 2 4 10 3 10 3 10 2 1050 5 5 3
Como na transformação BC o gás retorna à mesma temperatura inicial, a ∆U = +300 J. Aplicando a 1a. Lei da Termodinâmica para a transformação BC, teremos: Q U Q Q J = ∆ + = + = δ 300 1050 1350 11. a) ∆ = ∆ ⋅ = ⋅ − − ⋅ − = − U p V AU x x x x J 3 2 3 24 10 1 10 6 10 2 10 1200 5 3 5 3 ( ) ( )
b) O valor arbitrado para a quantidade de calor perdida pelo gás na transformação AB é incompatível com a variação da energia inter-na e com o trabalho realizado pelo gás. O valor correto da quanti-dade de calor perdida deveria ser –1700 J. Veja:
Q U Q Q J = ∆ + = − + − = − δ 1200 500 1700 ( ) c) Analisando a transformação BC
Já calculamos que o trabalho na transformação BC é igual a 1050 J. Como na transformação BC o gás retorna à mesma temperatura inicial, ∆U = +1200 J. Aplicando a 1a. Lei da Termodinâmica para a transformação BC, temos: Q U Q Q J = ∆ + = − + = δ 1200 1050 2 250 12. c
Por se tratar de uma transformação cíclica, ∆U = 0. Assim: ∆UFG + ∆UGH + ∆UHI + ∆UIF = 0
Como a transformação GH é isotérmica, ∆UGH = 0. Vamos calcular ∆UFG e ∆UHI.
Para o trecho FG:
Primeiro vamos calcular o trabalho nesse trecho:
δ = ⋅∆ =p V 2 10x 5⋅( ,0 5 0 15 0 7 10− , )= , x 5J
Pela 1a. Lei da Termodinâmica, temos:
Q U x U x U x J FG FG = ∆ + = ∆ + ∆ = δ 2 10 0 7 10 13 10 5 5 5 , , Para o trecho HI:
Primeiro vamos calcular o trabalho nesse trecho:
δ = ⋅∆ =p V 1 10x 5⋅( ,0 25 1− = −) 0 75 10, x 5J
Pela 1a. Lei da Termodinâmica, temos:
Q U U U J HI HI = ∆ + − × = ∆ + − × ∆ = − × δ 2 2 10 0 75 10 1 45 10 5 5 5 , ( , ) , Calculando ∆UIF
∆UFG + ∆UGH + ∆UHI + ∆UIF = 0 1,3 x 105 + 0 + (–1,45 x 105) + ∆UIF = 0 ∆UIF = 0,15 x 105 = 15 kJ
3
Extensivo Terceirão – Física 10B
13. b
I. VERDADEIRA.
Calculando os rendimentos das duas máquinas:
η1 1 1 227 273 527 273 0 375 = − = − + + = T T F Q , η2 1 1 227 527 0 57 = −T = − = T F Q , II. FALSA. η1 δ 1 1 1 0 375 2 000 5 333 = = = Q Q Q J , III. VERDADEIRA. η δ δ δ 2 1 0 57 4 000 2 280 = = = Q J , Q2 = Q1 – δ Q2 = 4000 – 2280 Q2 = 1720 J
IV FALSA. Como a máquina 2 possui um maior rendimento, ela rejeita menos calor para a fonte fria.
14. e η η = − = − + + − − + = T T T 1 2 1 23 273 27 273 23 273 5 ( ) ( )
15. O rendimento desejado não pode ser atingido e, portanto, o enge-nheiro está equivocado.
Calculando o rendimento η η = − = − = 1 1 300 900 2 3 T T F Q
Como o texto afirma que o rendimento é 40% da máquina de Carnot, temos: η = ⋅ =4 10 2 3 4 15
De acordo com o texto, o diagrama p x V referente à transformação é:
p 2 3 4 1 pf pi Vi Vf V 0
Como o rendimento pode ser calculado por η= δ
Q1, vamos calcular
o trabalho do ciclo (área interna) e Q1 (usaremos a 1a. Lei da Termodi-nâmica).
Cálculo do trabalho do ciclo: δciclo=Ainterna
δciclo= ⋅ =b h
(
Vf−Vi)
⋅(
pf−pi)
=(
2V Vi− i)
⋅(pf−pi)δciclo= ⋅V pi( f−pi) (Equação 1)
Cálculo da quantidade de calor Q1 recebida no ciclo:
Essa quantidade de calor foi recebida entre os pontos 1 e 3, pois per-cebe-se que, de 1 para 2 e de 2 para 3, houve aumento da energia interna pois aumentou o produto p x V entre tais pontos.
Q U Q U Q p V = ∆ + = ∆ + = ∆ ⋅ + → → → → δ δ δ 1 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 2 ( ) Q1 3p V p Vf f i i p Vf f Vi 2 = ( ⋅ − ⋅ )+ ( − ) Q1 3pf V p Vi i i pf V Vi i 2 2 2 = ( ⋅ − ⋅ +) ( − ) Q1 Vi 4pf pi 3 2 = − (Equação 2) Seja η= δ Q1
a equação 3. Substituiremos as equações 1 e 2 em 3, assim: 4 15 4 3 2 = − − V p p V p p i f i i f i ( ) p p f i = −9
Como o enunciado afirma que p
p
f i
>1, conclui-se que o rendimento desejado não será atingido.
01. a) T P T m g T T N = = ⋅ =0 2 10, ⋅ → =2 b) FM X X X X T P i B Para T = 0 temos: F P B i L mg i i A M= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = 1 0 2 0 2 10 10 , ,
Utilizando a “regra da mão esquerda”, obtemos que o sentido da corrente é para a direita.
U = R ∙ i U = 6 ∙ 10 U = 60 V c) ΣE = ΣR E = 6 · 10 E = 60 V 02. e
Cálculo da força elástica em cada mola
F k x F F N EL EL EL = ⋅ = ⋅2 0 03, → =0 06, Cálculo da corrente FEL FEL FM F F B i L F i i A M EL EL = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = 2 2 0 01 0 3 2 0 06 40 , , ,
Cálculo da força eletromotriz
∑ = ∑ ⋅ = + ⋅ = E R i E E V ( ,0 05 0 05 40, ) 4 03. c
Utilizando a “regra da mão esquerda” obtemos o sentido das forças.
F1 F5 F3 F4 F2 F B i L B i u F B i L B i u 1 2 4 3 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ F B i L B i u F B i L B i u F B i L B i u 3 4 5 3 2 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ Força resultante em x FRx= − − =F F F1 3 5 0 Força resultante em y FR= − →F F2 4 FR=iBu 04. a Fba Fab Fca Fcb Fac Fbc I a b c I I 05. c
Cálculo do campo resultante sobre a carga
B B B B i R i R B x T R R R = + = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − 1 2 1 2 7 2 4 2 2 4 10 10 2 10 2 4 10 µ π µ π π π
Cálculo da força magnética
F q B V F F N M M M = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − 16 10 4 10 10 6 4 10 19 4 6 17 , , 06. c B N S i
Pela “regra da mão esquerda”, obtemos que a força magnética aponta para fora da página.
07. a FM i FM M – + N i
Para U temos uma corrente i; para 4 U teremos uma corrente 4 i. Como a FM é diretamente proporcional ao quadrado da corrente, te-remos: F F F F N M M M M ’ ’ ’ = = ⋅ = 16 16 10 160
(ambos entrando no plano da folha)
1
Resoluções
Extensivo Terceirão – Física 10C
10C
Física
08. e
Existe força eletromotriz induzida devido à variação de fluxo magnéti-co de 2a até 3a e de 4a até 5a.
Devido à força eletromotriz induzida surge uma corrente induzida na espira. Como de 2a até 3a o fluxo magnético aumenta, e de 4a até 5a o fluxo diminui, as correntes induzidas nesses dois trechos possuem sentidos contrários. Entre 3a e 4a não há corrente induzida, pois não há variação de fluxo.
09. b
Cálculo do fluxo magnético no instante 0,3 s.
∅ = ⋅ ⋅ ∅ = ⋅ ⋅ ⋅ ∅ = B A Wb cos , , , α 6 0 2 0 3 1 0 36 Intervalo de tempo I. e e ind ind =∆∅ ∆ = ∅ −∅ ∆ = − = = ⋅ = ⋅ → = t t V R i i i A 0 0 36 0 0 3 12 12 3 0 4 , , , , ,
Intervalo de tempo II.
eind=∆∅∆ = → =
t 0 i 0A
Intervalo de tempo II.
e e ind ind =∆∅ ∆ = ∅ −∅ ∆ = − = = ⋅ = ⋅ → = t t V R i i i A 0 0 0 36 0 6 0 6 0 6 3 0 2 , , , , , 10. c ∅ = ⋅ ⋅ ∅ = ⋅ ⋅ ⋅ ∅ = ⋅ − 1 1 1 3 0 5 0 1 0 1 1 5 10 B A Wb cos , , , α ∅ = ⋅ ⋅ ∅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ∅ = − ⋅ − 2 2 2 3 0 5 0 1 0 1 1 5 10 B A Wb cos , , , ( ) α eind=∆∅ ∆ → ∆ = ∆∅ = ⋅ − = = ⋅ − t t eind eind V 10 10 5 2 10 3 3 11. c e BLV B e L V B T = → = ⋅ = ⋅ ⋅ → = ⋅ − − 3 10 2 60 2 5 10 3 5 , 12. e F P B i L mg i i A velocidade constante M= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ( , ) 0 5 1 2 10 40 e B L V e V ind ind = ⋅ ⋅ =0 5 1 20 10, ⋅ ⋅ = (sentido horário) 13. c ∑ = ∑ + = ⋅ = E Ri E E V 10 1 40 30 14. a) P U i U U V = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = − − 24 10 20 10 12 3 3 , b) ∆∅ = ⋅∆ ⋅ ∆∅ = ⋅ ⋅ ⋅ ∆∅ = B A Wb cos , , , , α 11 0 4 0 6 1 0 264 c) e t t e t t s =∆∅ ∆ ∆ =∆∅ ∆ = ∆ = 0 264 12 0 22 , , , 15. 94 (02, 04, 08, 16, 64)
01) FALSA. Como as espiras se afastam do fio, o campo magnético nas espiras diminui, e o fluxo magnético diminui, sendo assim surge corrente induzida nas espiras.
02) VERDADEIRA. 04) VERDADEIRA. F F X X X X i B X X X X X X X X O fluxo magnético na espira circular e retangular diminui; sendo assim, pela Lei de Lenz e utilizando a “regra da mão direita”, ob-temos corrente induzida horário na espira circular e anti-horário na espira retangular. 08) VERDADEIRA. 16) VERDADEIRA. 32) FALSA. 64) VERDADEIRA: ↑ ∅ = ⋅↑ ⋅ ↑ =↑∆∅ ∆ ↑ = ⋅↑ B A e t e R i ind ind cos α
01. e
O período de oscilações de pequena ampli-tude para um pêndulo simples é
T L
g = 2π
Na situação descrita, o período é dado pela soma do tempo de meia oscilação com comprimento L com o tempo da ou-tra meia oscilação com comprimento L/2. Assim: T L g L g T L g L g = + = + 2 2 2 2 2 2 π π π 02. a) k = 0,05 N/m b) vmáx = 5000 m/s 03. 09 (01, 08) 01) CORRETA. 02) INCORRETA.
Velocidade máxima no ponto de equilí-brio. 04) INCORRETA. T m k = 2π 08) CORRETA. 16) INCORRETA. FR = 0; a = 0 Quando P = Fel 04. c T L g = 2π
Analisando os gráficos, teremos:
T3= ⋅2T1logo L3=4L1 05. a) Q4 = QD M V M M V V V m s p p p b sist sist sist ⋅ =
(
+)
⋅ ⋅ =(
+)
⋅ = 0 01 500 0 01 4 99 1 , , , / b) T m k T T s = = ⋅ = 2 2 5 12 500 0 04 π π π , 06. e y T y T s w T w rad s = ⋅(
⋅ +)
= = = 5 2 2 cos / π π π 07. a g GM R g G M R g GM R g g L T T L g L g T T T T L L T L L T T L T L = = ⋅ ⋅( )
⋅ = = ⋅ ⋅ = 2 2 2 2 2 80 4 5 5 π ππ π π T T L g L g T T T L L L T L = = 5 1 5 2 2 08. eAnalisando a equação, a trajetória será uma circunferência. 09. d = → = = ⋅ ⋅ ⋅ 2 m 2 2 m máx mv E v wr 2 1 E m w x 2 10. Analisando a equação: a) Vmáx = 2π m/s b) x = 0 m c) amáx = 2π2 m/s2 d) x = 2 m e x = –2 m 11. a) F(t) = ma F(t) = mw2A cos (wt + j) b) mw2A cos (wt + j) = mw2x x(t) = A cos (wt + j)
c) Usando as equações para a energia ci-nética e potencial, juntamente com as equações horárias da posição e veloci-dade, temos que
Ec(t) = (1/2)mv2(t)
Ec(t) = (1/2)m(wA sen(wt + j))2 Ec(t) = (1/2)mw2A2 sen2(wt + j) Ec = (1/2)kA2 sen2(wt + j)
Ep(t) = (1/2)kx2(t) = 1/2 k(A cos(wt + j))2 Ep(t) =(1/2)kA2 cos2(wt + j)
A energia mecânica é a soma da energia cinética com a energia potencial. Logo, Emec = (1/2)kA2 sen2(wt + j) + (1/2)kA2
cos2(wt + j)
Em = (1/2)kA2(sen2 (wt + j) + cos2(wt + j)) Em = (1/2)kA2(1)
Em = (1/2)kA2, que é uma constante
12. b w f f Hz f f f f Hz = = = = ⋅ = ⋅ ⇒ = 2 2 0 5 3 3 0 5 15 π π π , ’ ’ , , 13. c T L g = 2π
Não depende da massa, logo f= 30 Hz 14. a) 2,4 s
b) Remover o pêndulo para uma região livre de ações gravitacionais é o mesmo que dizer que a aceleração gravitacional tende a zero. Pela equação do período do pêndulo simples, este período ten-deria a infinito. 15. a T L g s 1=2π =2 Novo pêndulo L L L T L g T s T T s T T − = = → = =
