FÍSICA
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 ne→
cessário 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.)
Resolução
a)
®
FN
®
F
moeda
A
moeda
®
Fat
®
®
P
®
F
®
F
A
N
P
®
®
= F + Fat
N
®
Fat
Atuam sobre a moeda:
→
1) O seu peso P, que é uma força de origem gravitacional aplicada pela
→Terra.
2) A força de contato FA aplicada pelo cartão, que ad→
mite duas componentes: a componente normal FN
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→
e a componente de atrito Fat.
b) Aplicando-se a 2ª Lei de Newton à moeda, vem:
Fat = m amoeda
Porém: Fat ≤ µE FN
mamoeda ≤ µE mg
amoeda ≤ µE g
A moeda começa a escorregar quando a aceleração do
cartão for maior que µE g = 0,15 . 10m/s2 = 1,5m/s2
Se a moeda não escorregar, teremos:
F = (mmoeda + mcartão) amoeda
Como a massa do cartão é desprezível, vem:
F = mmoeda . amoeda
Fmáx. = mmoeda amoeda (máx.)
Fmáx.= 0,010 . 1,5 (N)
Fmáx. = 1,5 . 10–2 N
Se F for maior que 1,5 . 10–2N, então a moeda vai
escorregar.
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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?
Resolução
→
A xícara, ao atingir o piso, tem uma velocidade V e
→
uma quantidade de movimento Q .
Durante a interação
com o →
piso, a xícara fica sob ação
→
de seu peso P e da força F recebida do piso.
Aplicando-se o teorema do Impulso, vem:
→
→
→
→
I xícara = ∆Q xícara = 0 – Q
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(Fm – P) ∆t = Q
Q
Fm = ––– + P
∆t
Nesta expressão, os valores de Q e P são fixos e o
valor de Fm (força média aplicada pelo piso) vai depender de ∆t, que é o tempo de interação entre a xícara e
o piso.
No piso fofo, ∆t é maior que no piso rígido e, portanto:
Fpiso fofo < Fpiso rígido
O fato de a força de interação ser menos intensa no
piso fofo justifica o fato de a xícara não quebrar.
b) De acordo com o exposto no item (a), vem:
Q
Fm = ––– + P
∆t
0,10 . 2,0 + 0,10 . 10 (N)
1) Fm = ––––––––––
0,50
Fm = 0,4 + 1,0 (N) ⇒ Fm = 1,4N
Nota: Adotamos g = 10m/s2
0,10 . 2,0 + 0,10 . 10 (N)
2) F’m = ––––––––––
0,010
F’m = 20,0 + 1,0 (N) ⇒
F’m = 21,0N
Respostas: a) Porque o tempo de interação
entre a xícara e o piso é maior
quando o piso é fofo.
b) 1,4N e 21,0N
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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
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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.
Dados: densidade da água = 1000 kg/m3;
calor latente de vaporização da água = 2300 kJ/kg.
Resolução
a) Evaporação
As roupas são estendidas nos varais e a água do piso
molhado é puxada por um rodo para que a superfície
livre (da água) seja ampliada, aumentando-se, assim,
a rapidez de evaporação.
b) Na superfície do corpo da pessoa, encontramos um
volume de água calculado por:
V = A . h = 1,0 . 0,50 . 10–3 m3
V = 5,0 . 10 –4m3
O calor necessário para a vaporização dessa água é
obtido pela expressão do calor latente:
Q = mL
m
Mas: d = ––– ⇒ m = dV
V
então:
Q = dVL = 1000 . 5,0 . 10 –4 . 2300 (kJ)
Q = 1150kJ
A energia térmica (calor) utilizada por essa água para
vaporizar é obtida, principalmente, da pele dessa
pessoa. A sensação de frio que a pessoa sente é
devida ao fato de sua pele estar perdendo energia
mais rápido do que ocorreria se não houvesse a
camada de água em evaporação.
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O Sol tem diâmetro de 1,4.109m e a sua distância
média à Terra é de 1,5.1011m. Um estudante utiliza
uma lente convergente delgada de distância focal
0,15m 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.
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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.
Resolução
a)
O diâmetro da
imagem fornecida
pela lente convergente é obtido pela expressão:
i
p’
––– = –––
o
p
em que:
o = dsol = 1,4 . 10 9 m
p = D = 1,5 . 1011 m
p’ = flente = 0,15m
Observar que a imagem se forma no plano focal da
lente.
i
0,15
Assim: ––––––––9 = –––––––––
⇒ i = 1,4 . 10 –3m
1,4 . 10
1,5 . 10 11
b) Sejam A a área do contorno circular da lente, a a
área da radiação solar ao atingir o papel e I a intensidade da radiação ao atingir a lente.
A potência da radiação que atravessou a lente é dada
por:
Pot = I . A
A intensidade da radiação ao atingir o papel é dada
por:
Pot
IA
I’ = –––– = ––––
a
a
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πR 2
I’= I . –––– = I
π r2
R
–––
r
2
( )
0,10
(W/m )
(––––––––
0,0014 )
2
I’ = 1000
2
I’ ≅ 5,1 . 106 W/m2
Essa energia recebida pelo papel irá elevar a temperatura rapidamente nesse local. Quando o papel atingir a temperatura de combustão, ele queimará
espontaneamente.
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. Observase que, com o tempo, essas esferas se aproximam e
os fios tendem a tornar-se verticais.
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 tornarse 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.)
Resolução
a) As pequenas esferas aproximam-se pois, com o decorrer do tempo, elas vão se descarregando, uma
vez que o ar não é um isolante perfeito.
As esferas têm o mesmo peso; em cada instante as
forças elétricas têm intensidades iguais, pelo princípio da ação e reação, mesmo que elas tenham se
descarregado de maneiras diferentes. Do equilíbrio
das esferas concluímos que as forças de tração têm
intensidades iguais:
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T1
a
a
1
2
T2
Q1
Q2
F
F
P
P
Equilíbrio de Q1:
T1
a
1
P
T1 = Ö P2 + F2
(1)
F
Equilíbrio de Q2:
T
P a 2 2
T2 = Ö P2 + F2 (2)
F
De (1) e (2): T1 = T2
Logo, os ângulos que os fios formam com a vertical
são iguais:
α1 = α2 = α
b) Do polígono das forças, temos:
Q.Q
k . –––––
d2
F
tg α = ––– ⇒ tg α = ––––––––––
m.g
P
(3)
Cálculo de d:
l
Q
a
Q
d/2
d
d/2
sen α = ––––
l
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d = 2 . l . sen α
d = 2 . 0,0090 . 0,60
d = 0,1080m
Substituindo-se os valores em (3), vem:
Q2
9,0 . 10 9 . –––––––––
(0,1080) 2
0,75 = ––––––––––––––––––––––
0,0048 . 10
0,75 . 0,048 . (0,1080) 2
Q2 = –––––––––––––––––––––––
9 . 10 9
Q = ± 2,16 . 10 –7C
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