Gabarito Revisão 2016

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Gabarito – Revisão

2016

Profº Caio –Física

Resposta da questão 1:

Dados: 9 11

f 15 m; D 1,5 10 m; L 1  ,5 10 m.

a) O Sol comporta-se como objeto impróprio para o espelho, portanto a imagem forma-se no foco principal. Assim, p' = 15 m, conforme ilustra a figura.

Sendo D o diâmetro da imagem, por semelhança de triângulos:

9 11 2 Sol D f D 15 15 D D L _{1,5 10} _{1,5 10} ₁₀ D 0,15 m.          b) Dados: D_E 10 m; S₁1 kW/m2.

A densidade de potência (S) é a razão entre a potência recebida e a área de captação (A). Pela conservação da energia:

2 2 1 1 1 _E 1 2 2 2 1 E 2 2 6 2 P A S _D _D P S P A S S S P A S A 4 4 D S _{100 1.000} S D 0,15 S 4,44 10 W/m . π π      _             c) Dados: m0,6 kg600 g; tΔ 4 s; c1 J / g K.

Como todo calor recebido é usado no aquecimento do disco de alumínio, temos:

1 1 1 1 2 A S t Q P t m c T A S t T m c 10 3 1.000 4 4 T 600 1 T 500 K. Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ              Resposta da questão 2: a) Dados: nvi = 1,532.

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Analisemos a Fig 1 que mostra a refração sofrida pelo raio violeta.

Aplicando a lei de Snell:

nvi sen30° = nar senvi 1,532(0,5) = 1(vi) vi = 0,766.

Consultando a tabela dada, encontramos: vi = 50°.

Na Fig 2:

 + 30° = 50°  = 20°. b)

c) Sabemos que na refração, o desvio angular cresce do vermelho para o violeta. Comprovemos aplicando a lei de Snell para as demais radiações envolvidas.

O ângulo de incidência é 1 = 30° para todas as radiações. Assim:

nrad sen30° = nar sen2 sen2 = nrad (0,5). Então:

senaz = 1,528(0,5) = 0,764;

senvd = 1,519(0,5) = 0,760;

senam = 1,515(0,5) = 0,758.

No intervalo de 0° a 90°, quanto menor o seno do ângulo, menor é o ângulo. Portanto, o raio amarelo é o que sofre menor desvio, depois, nessa ordem, verde, azul e violeta. Vejamos no esquema.

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Resposta da questão 3: a) Dados: V 3 10 L6  3 10 m ; g3 3 10 m / s ;2 ρ_amb1,26 kg / m .3 Da expressão do empuxo: 3 4 amb Eρ V g1,26 10 3 10     E3,78 10 N.

b) Dados: ρ_amb 1,26 kg / m ;3 ρ_quente 1,05 kg / m ; P3 _quenteP_amb; V_quenteV_amb. Da equação de Clapeyron:

PV

PV nRT R (cons tan te).

nT

  

Então:

quente quente amb amb

quente quente amb amb quente quente amb amb

quente _amb amb quente P V P V n T n T n T n T n T . n T     

Mas o enunciado afirma que o número de mols de ar no interior do balão é proporcional à sua densidade. Então:

quente quente _amb

quente

amb amb quente quente

quente n T 1,05 300 1,26 300 T n T 1,26 T 1,05 T 360 K. ρ ρ          Resposta da questão 4:

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a) Dados: V0,4 V; m5 g; tΔ 4 h. Do gráfico: m V 0,4 V C 20 mAh/g. Q m C 5 20 Q 100 mAh. Q 100 i Q 25 mA. t 4 Δ             b) Dados: i2 mA. Do gráfico: C 10 mAh/g V 0,2 V . P i V 2 0,2 P 0,4 mW.         Resposta da questão 5: Dados: Δx L;q e q  e .

a) A força resultante sobre o elétron é a força elétrica:

res elet F F m a | q | E m a | e | E | e | E a . m       

b) Como a força elétrica atua apenas no eixo y, no eixo x a componente da velocidade permanece constante, igual a v0. Então:

0 0 0 L x v t L v t t . v Δ  Δ   Δ  Δ 

c) No eixo y, o movimento é uniformemente variado. Sendo v0y = 0:

2 2 2 2 0 ₀ e E e E L 1 1 L y a t y y . 2 2 m v _{2 m v} Δ   Δ  _ _  Δ   

d) Aplicando a função horária da velocidade no eixo y, com voy = 0:

y y y 0 0 e E L e E L v a t v v . m v m v       Resposta da questão 6:

a) A constante α é dada pela declividade da reta.

18 12 6 tg 0,06 . 120 20 100 C Ω α θ    α  

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b) Dados: T₀20 C   R₀12 Ω do gráfico i





; 10 A . A 20 °C: VR i12 10   V120 V. c) À temperatura TM:

 

VR i  120R 5  R24 Ω. Do gráfico: R24Ω T_M220 °C. d) P = 600W Resposta da questão 7:

a) Aplicando a 1ª Lei de Ohm na 2ª e 4ª linhas:

2 4 1,1 I 0,25 A. 4,4 V V R I I 0,96 R I 0,60 A. 1,6  _ _     _     V(V) R() I(A) 1,14 7,55 0,15 1,10 4,40 0,25 1,05 2,62 0,40 0,96 1,60 0,60 0,85 0,94 0,90

b) Substituindo os valores da tabela do item anterior:

Obs.: no eixo das tensões, os valores começam a partir de V = 0,7 V, por isso a reta não cruza o eixo das correntes no valor da corrente de curto circuito.

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







 



1,14 r 0,15 0,04 V r I 1,10 r 0,25 r r 0,4 . 0,1 0,04 0 0,10 r 1,14 0,4 0,15 1,14 0,06 1,2 V. ε ε ε Ω ε ε ε                _        

Obs.: A equação dessa bateria é: V1,2 0,4 I. Para V = 0,7 V: 1,2 0,7 0,7 1,2 0,4 I I i 1,25 A. 0,4       

Esse é o valor em que a linha do gráfico corta o eixo das correntes, como assinalado no gráfico do item anterior.

Resposta da questão 8: a) Dados: 0 = 1,310 –6 T.m/A; N = 25.000 espiras; L = 0,65 m; i = 80 A. B = 0 ni  B = 0 N i L  = 1,3 106 25.000 80 0,65      B = 4,0 T. b) Dados: m = 200 g = 0,2 kg; d = 2 mm = 210–3 m; aR = 0,5 m/s2; g = 10 m/s2.

Se o imã sobe em movimento acelerado, Fm > P.

Do Princípio Fundamental da Dinâmica:

Fm – P = maR  Fm = maR + mg = 0,2(0,5 + 10)  Fm = 2,1 N. Calculando o trabalho: m 3 m F Wv F d2,1 2 10    m 3 F Wv 4,2 10  J. Resposta da questão 9: a) Dados: h = 6,610-34 Js; E = h ν.

De acordo com o obtido na expressão abaixo E_elét hc λ

 _   

 , a energia é inversamente proporcional ao comprimento de onda. Conforme

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elét fóton 8 34 elét ₁₂ 15 elét E E h c 3 10 E h 6,6 10 c c 30 10 E 6,6 10 J. ν λ λ ν ν λ         _ _ _ _ _        

b) Dados: λ2L L λ/2; λ0,15nm0,15 10 9m; sen 14,5 0,25 e cos 14,5 0,97.

Da figura dada: L ₂ sen sen d . d d 2d 2 sen λ _λ _λ θ θ θ       Substituindo valores: 9 10 0,15 10 d d 3 10 m. 2 0,25        