Questão 17
A figura representa uma demonstração simples que costuma ser usada para ilustrar a
primeira lei de Newton.
O copo, sobre uma mesa, está com a boca
tampada pelo cartão c e, sobre este, está a
moeda m. A massa da moeda é 0,010 kg e o
coeficiente de atrito estático entre a moeda e
o cartão é 0,15. O experimentador puxa o cartão com a força F, horizontal, e a moeda escorrega do cartão e cai dentro do copo.
a) Copie no caderno de respostas apenas a
moeda m e, nela, represente todas as forças
que atuam sobre a moeda quando ela está escorregando sobre o cartão puxado pela força F.
Nomeie cada uma das forças representadas.
b) Costuma-se explicar o que ocorre com a
afirmação de que, devido à sua inércia, a
moeda escorrega e cai dentro do copo. Isso é
sempre verdade ou é necessário que o módulo
de F tenha uma intensidade mínima para
que a moeda escorregue sobre o cartão? Se
for necessária essa força mínima, qual é, nesse caso, o seu valor? (Despreze a massa do
cartão, o atrito entre o cartão e o copo e admita g = 10 m/s2 .)
Resposta
a) As forças que atuam sobre a moeda são dadas
a seguir:
Onde:
P: peso da moeda.
N: componente normal da força de contato entre
a moeda e o cartão.
fat . : força de atrito entre a moeda e o cartão.
b) Para que ocorra escorregamento entre a moeda e o cartão, devemos ter um valor mínimo para
o módulo de F.
Na iminência de escorregamento, a força de atrito
que atua sobre a moeda tem módulo dado por:
.
fat . = fat . máx
= µe ⋅ N = µe ⋅ m ⋅ g ⇒
e
⇒ fat. = 0,15 ⋅ 0,010 ⋅ 10 ⇒
⇒ fat. = 1,5 ⋅ 10 −2 N
Nessa mesma situação, as forças que atuam sobre o cartão, na direção do movimento, são dadas
por:
Sendo a massa do cartão desprezível, temos que
na iminência de escorregamento, a força F tem
módulo F = fat. = 1,5 ⋅ 10 −2 N .
Assim, para que ocorra escorregamento entre a
moeda e o cartão, devemos ter F > 1,5 ⋅ 10 −2 N .
Questão 18
Uma xícara vazia cai de cima da mesa de
uma cozinha e quebra ao chocar-se com o piso
rígido. Se essa mesma xícara caísse, da mesma altura, da mesa da sala e, ao atingir o
piso, se chocasse com um tapete felpudo, ela
não se quebraria.
a) Por que no choque com o piso rígido a xícara se quebra e no choque com o piso fofo do
tapete, não?
b) Suponha que a xícara caia sobre o tapete e
pare, sem quebrar. Admita que a massa da
xícara seja 0,10 kg, que ela atinja o solo com
velocidade de 2,0 m/s e que o tempo de interação do choque é de 0,50 s. Qual a intensidade média da força exercida pelo tapete sobre
a xícara? Qual seria essa força, se o tempo de
interação fosse 0,010 s?
Resposta
a) Nas duas situações descritas, a variação da
quantidade de movimento é a mesma, ou seja, o
física 2
impulso IR = Rm ⋅ ∆t da resultante das forças
que atuam sobre a xícara é o mesmo. Porém, no
caso do tapete felpudo, a resultante média (Rm ),
responsável por parar a xícara, atua por um intervalo de tempo (∆t) maior e, portanto, tem intensidade menor.
b) Do Teorema do Impulso, admitindo g = 10 m/s 2
e ∆t = 0,50 s, temos:
IR = ∆Q ⇒ (Fm − P) ⋅ ∆t = mv ⇒
⇒ (Fm − mg) ⋅ ∆t = mv ⇒
⇒ (Fm − 0,10 ⋅ 10)0,50 = 0,10 ⋅ 2,0 ⇒
⇒ Fm = 1,4 N
Para ∆t ’ = 0,010 s, temos:
(Fm ’ − mg) ⋅ ∆t ’ = mv ⇒ (Fm ’ − 0,10 ⋅ 10) ⋅ 0,010 =
= 0,10 ⋅ 2,0 ⇒ Fm ’ = 21 N
Dados: densidade da água = 1000 kg/m3 ;
calor latente de vaporização da água =
= 2300 kJ/kg.
Resposta
a) Os dois procedimentos buscam favorecer a
evaporação através do aumento da superfície da
água em contato com o ar.
b) Sendo S a área da superfície da água e sua
espessura e = 0,50 mm = 5,0 ⋅10 −4 m 2 , a quantidade de calor (Q) que a camada de água consome ao evaporar é dada por:
Q = m ⋅L = d ⋅V ⋅L = d ⋅S ⋅e ⋅L ⇒
⇒ Q = 1 000 ⋅ 1,0 ⋅ 5,0 ⋅10 −4 ⋅ 2 300 ⋅10 3 ⇒
⇒ Q = 1,15 ⋅10 6 J
A sensação de frio que sentimos quando estamos
molhados deve-se à perda de energia calorífica
(Q) pela pele para a água durante o processo de
evaporação.
Questão 19
Os líquidos podem transformar-se em vapor
por evaporação ou ebulição. Enquanto a evaporação é um fenômeno espontâneo, restrito
à superfície do líquido e que pode ocorrer a
temperatura e pressão ambientes, a ebulição
ocorre em todo o líquido, sob condições de
pressão e temperatura determinadas para
cada líquido. Mas ambas as transformações,
para se efetivarem, exigem o consumo da
mesma quantidade de calor por unidade de
massa transformada.
a) Quando as roupas são estendidas nos varais, ou a água no piso molhado de um ambiente é puxada pelo rodo, tem-se por objetivo
apressar a secagem – transformação da água
em vapor – dessas roupas ou do piso. Qual a
causa comum que se busca favorecer nesses
procedimentos? Justifique.
b) Avalia-se que a área da superfície da pele
de uma pessoa adulta seja, em média, da ordem de 1,0 m2 . Suponha que, ao sair de uma
piscina, uma pessoa retenha junto à pele
uma camada de água de espessura média
0,50 mm. Qual a quantidade de calor que
essa camada de água consome para evaporar? Que relação tem esse cálculo com a sensação de frio que sentimos quando estamos
molhados, mesmo em dias quentes? Justifique.
Questão 20
O Sol tem diâmetro de 1,4.109 m e a sua distância média à Terra é de 1,5.1011 m. Um estudante utiliza uma lente convergente delgada de distância focal 0,15 m para projetar a
imagem nítida do Sol sobre uma folha de papel. Ele nota que, se mantiver a imagem do
Sol projetada sobre o papel durante alguns
segundos, o papel começa a queimar.
a) Qual o diâmetro da imagem do Sol projetada no papel?
b) A potência por unidade de área da radiação solar que atinge a superfície da Terra, no
Brasil, é da ordem de 1000 W/m2 . Se a lente
que o estudante usa tem contorno circular
com 0,10 m de diâmetro, qual a potência por
unidade de área da radiação solar que atinge
o papel na região onde a imagem do Sol é
projetada? (Despreze a radiação absorvida e
refletida pela lente). Como você explica a
queima do papel utilizando esse resultado?
Dado: π = 3,1.
Resposta
a) Como o Sol se encontra a uma distância
p = 1,5 ⋅ 1011 m (posição do objeto infinitamente grande se comparada com a distância focal
f = 0,15 m), sua imagem se forma no plano focal
física 3
da lente (p’ = f). Assim, da equação da ampliação, vem:
−p’
y’
y’
−0,15
=
⇒
=
⇒
y
p
1,4 ⋅ 10 9
1,5 ⋅ 1011
⇒ y’ = −1,4 ⋅ 10 −3 m
Assim, a imagem do Sol é invertida e possui diâ-
metro
d’ = 1,4 ⋅10 −3 m .
b) Admitindo que toda a potência luminosa que
atinge a lente é concentrada na imagem, temos:
πD 2
πd’ 2
I ⋅
= I’ ⋅
⇒ 1 000 ⋅ 0,10 2 =
4
4
= I’ ⋅ (1,4 ⋅ 10 −3 ) 2 ⇒
Resposta
a) A aproximação das esferas ocorre devido à
perda de carga elétrica através da ionização do ar
em contato com elas.
Os ângulos serão sempre iguais pois as forças
elétricas que atuam sobre as esferas são de mesma intensidade (par ação e reação), mesmo que
elas possuam cargas diferentes.
Obs.: em geral, a diferença entre os pesos das
esferas devido a diferentes cargas é desprezível.
b) As forças sobre as esferas são dadas por:
I’ = 5,1 ⋅ 10 6 W/m 2
A queima do papel ocorre devido à alta concentração de energia (calor), decorrente da elevada
intensidade luminosa.
Questão 21
Na figura, estão representadas duas pequenas esferas de mesma massa, m = 0,0048 kg,
eletrizadas com cargas de mesmo sinal, repelindo-se, no ar. Elas estão penduradas por
fios isolantes muito leves, inextensíveis, de
mesmo comprimento, l = 0,090 m. Observa-se
que, com o tempo, essas esferas se aproximam e os fios tendem a tornar-se verticais.
Como as esferas estão em equilíbrio, do método
da Poligonal, vem:
Da Lei de Coulomb e do triângulo de forças, temos:
tgα =
Fel. =
a) O que causa a aproximação dessas esferas?
Durante essa aproximação, os ângulos que os
fios formam com a vertical são sempre iguais
ou podem tornar-se diferentes um do outro?
Justifique.
b) Suponha que, na situação da figura, o ângulo α é tal que sen α = 0,60; cos α = 0,80;
tg α = 0,75 e as esferas têm cargas iguais. Qual
é, nesse caso, a carga elétrica de cada esfera?
(Admitir g = 10 m/s2 e k = 9,0 ⋅109 N ⋅m2 /C2 .)
Fel.
P
K ⋅ |q | ⋅ |q |
r2
r = 2 l ⋅ senα
⇒
⇒
k ⋅ q2
4 l2 ⋅ sen 2 α
⇒
= mg ⋅ tgα ⇒
9,0 ⋅ 10 9 ⋅ q 2
4 ⋅ 0,090 2 ⋅ 0,60 2
= 0,0048 ⋅ 10 ⋅ 0,75 ⇒
⇒ | q | = 2,2 ⋅10 −7 C
Assim, a carga elétrica de cada esfera tem módulo igual a 2,2 ⋅10 −7 C.