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TXHVW}HV
. Em uma fábrica de produtos químicos, existe um grande
tanque cheio de um certo líquido que está sendo testado por
um engenheiro. Para isso, ele deixa uma esfera de aço cair
através do líquido, partindo do repouso na superfície do
líquido.
A queda da esfera é observada através de uma janela quadrada
de vidro, com 1,0 m de lado, situada a 12,0 m do fundo do
tanque, conforme a figura ao lado.
O engenheiro, através de suas observações, conclui que a
esfera cai com uma aceleração constante de 6,0 m/s2 e leva
0,40 segundos para passar completamente pela janela. Com
esses dados, calcule:
A) a altura do líquido acima da janela.
Pelos dados da passagem da esfera pela janela:
1
6,0
( 0,40) 2 ⇒ v1 =1,3 m / s.
x = x 0 + v t + a t 2 ⇒ 1 = (0,40 ) v1 +
2
2
Essa é a velocidade da esfera no topo da janela.
Essa velocidade v1 está ligada à altura do líquido até o topo da janela, h1, por:
v 2 = v 2 + 2ah1
1
0
⇒
v12
= h1
2a
⇒ h1 =
(1,3) 2
= 0,14m .
2x6
A altura total do líquido será, portanto: H = h1 + h + h2 = 0,14 + 1,0 + 12,0 = 13,14 m.
B) a velocidade da esfera ao chegar ao fundo do tanque.
A velocidade da esfera no fundo do tanque, v3, será dada por:
v2 = v2 + 2 a H
3
0
⇒
v 3 = 2aH = 2 x 6 x 13,14 =12,56 m / s
.
. Um pêndulo tem período T = 1,0 s, quando está no solo. Colocando esse pêndulo em um
elevador que sobe com aceleração constante, observa-se que, durante a subida, o período do
2
pêndulo passa a ser T’ = 0,9 s. Considerando g = 10 m/s , determine a aceleração do elevador.
O período de um pêndulo é dado por: T = 2π
"
, onde " é o comprimento do fio e g é a
g
aceleração da gravidade. Portanto, sendo T o período do pêndulo na superfície da Terra e T´ o
período do pêndulo no elevador acelerado, temos:
T
=
T′
g′
g
⇒
g′ = g
T2
T′ 2
⇒
g ′ =10 m / s 2
1
(0,9) 2
=12,35 m / s 2 .
Portanto, a aceleração do elevador é 12,35 – 10,0 = 2,35 m/s2, para cima.
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. Considere dois cilindros verticais de diâmetros
diferentes cujos fundos estão ligados por um tubo
estreito. Os cilindros contêm um gás de peso
desprezível a temperatura constante e cada um tem um
êmbolo móvel de mesma densidade e espessura, que
pode se deslocar sem atrito. A massa de um dos
êmbolos é m1 = 1,0 kg e a massa do outro é m2 = 2,0
kg. Inicialmente, os êmbolos estão equilibrados na
mesma altura, h = 40 cm, conforme a figura ao lado.
Coloca-se, então, uma massa extra m = 1,0 kg sobre o
êmbolo mais leve e, em conseqüência, os êmbolos
passam a ocupar uma nova situação de equilíbrio.
Nessa situação final de equilíbrio, calcule a diferença
de altura entre os êmbolos. Para simplificar, suponha
que todo o conjunto está no vácuo.
Na situação inicial, os êmbolos estão na mesma altura. Como a massa de um deles é o dobro
da massa do outro, a área do mais pesado deve ser o dobro da área do mais leve, já que ambos
são suportados pela mesma pressão no gás.
Ao se colocar a massa extra sobre o êmbolo mais leve ele começa a descer e só pára ao chegar
ao fundo do cilindro, pois não há nada que o impeça, enquanto isso não acontecer. Nesse caso,
o outro êmbolo sobe até uma altura H. O volume total do gás não deve mudar, pois a
temperatura é constante. O volume inicial era (2 + 1) A x 0,40, onde A é a área do êmbolo
menor. O volume final, quando todo o gás está no cilindro mais largo, é 2 A H.
Igualando esses volumes, obtemos: H = 1,2/2 = 0,60 m.
. Adiciona-se 20 g de açúcar a 25oC a uma xícara que contém 150 g de água a 80oC. Calcule a
temperatura final da mistura quando atingir o equilíbrio térmico, supondo que o conjunto está
termicamente isolado.
'DGRV: Calor específico da água = 1 cal/g.oC.
Calor específico do açúcar = 0,12 cal/g.oC.
Calor que sai da água = 150 g . 1 cal/g.oC (80-T)
Calor que aquece o açúcar = 20 g . 0,1 cal/g.oC (T-25)
Igualando os dois calores, obtemos: T = 79,1 oC.
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. Um recipiente cúbico, com paredes opacas e aresta igual a
40 cm, é colocado de tal modo que um observador não
consegue ver o fundo do recipiente mas vê a parede AB
completamente, conforme a figura ao lado.
Colocando-se, nesse recipiente, um líquido cujo índice de
refração é n = 2 , quando o líquido alcança uma certa
altura H o observador, na mesma posição anterior,
consegue ver um ponto C do fundo do recipiente, distando
10 cm da aresta B do cubo, como demonstrado na figura.
Calcule essa altura H do líquido.
Dados:
2 = 1,41;
3 = 1,73
Pela figura, vemos que o ponto C fica a uma distância
(H – 10) da normal no ponto de incidência. Isto é:
H −10 = H tg r
⇒
H=
10
1 − tg r
.
A lei de Snell diz que: sen i / sen r = n = índice de refração
do meio. Como
n = 2 e i = 45o , sen i =
2
1
1
e sen r = ⇒ sen 2 r = .
2
2
4
Então:
tg r =
sen i
n 1−
1
4
3
.
3
=
10
Portanto: H =
1−
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3
3
=
30
= 23,6 .
1,27
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. Dois estudantes (Eduardo e Mônica) dividem um quarto na residência universitária. Um eletricista
(amador) foi contratado para instalar duas tomadas na parede do quarto e, por engano, ligou as
tomadas em série, quando o correto seria ligá-las em paralelo. Sem saber disso, Eduardo ligou
uma lâmpada de 100 W em uma tomada, e Mônica ligou uma lâmpada de 50 W na outra tomada.
As lâmpadas compradas eram próprias para funcionar a uma voltagem de 220 V.
Considere as resistências dos filamentos das lâmpadas como ôhmicas e determine qual dos dois
estudantes obteve mais luz. Justifique sua resposta.
Cada lâmpada foi fabricada para trabalhar em uma tensão de 220 V, consumindo as potências
nominais de 100 W (lâmpada de Eduardo) e 50 W (lâmpada de Mônica). Isto é, se fossem
ligadas em paralelo, com uma tensão de 220 V, a lâmpada de Eduardo brilharia mais. Como foi
visto na primeira fase do vestibular, a lâmpada de maior potência nominal tem menor
resistência.
V 2 220 2
No caso, a lâmpada de Eduardo tem resistência R E =
=
= 484 Ω .
P
100
Pelo mesmo processo, vemos que a lâmpada de Mônica tem resistência 968 Ω.
No entanto, as lâmpadas foram ligadas em série. Nesse caso, o que elas têm em comum é a
corrente, e não a voltagem. Como a potência é dada por P = I2R, para uma mesma corrente, a
lâmpada com maior resistência consome mais potência, portanto, brilha mais. Isto é, a lâmpada
de Mônica, que tem maior resistência, brilhará mais.
.Duas partículas carregadas, uma com massa M e carga +Q e a outra, com massa m e carga -q, são
colocadas em uma região onde existe um campo elétrico constante e uniforme E.
Depois que as partículas são soltas, observa-se que a distância L entre elas permanece constante.
A) Considere uma dada orientação para o campo e descreva a configuração das partículas para
que L permaneça constante.
Para que a distância L entre as cargas não mude com o tempo, elas precisam ter a mesma
aceleração. Então:
kQq
QE −
L2 .
Aceleração da partícula de carga Q e massa M =
M
Aceleração da partícula de carga q e massa m =
B) Sendo k =
kQq
− qE
L2
m
.
1
, ache uma expressão para a distância L em função de k, E, q, Q, m e M.
4πε 0
Igualando essas acelerações, obtemos uma expressão para L, como solicitado:
L=
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kQq (M + m)
.
E (Qm + qM )
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. O “muon” (ou “méson - µ”) é produzido por raios cósmicos nas altas camadas da atmosfera da
Terra ou em aceleradores. Verificou-se, experimentalmente, que seu tempo de vida médio é de
apenas τ = 2 x 10–6 s (2 microssegundos). Depois de seu tempo de vida, o muon desaparece,
decaindo em um elétron e um neutrino.
Nesse tempo τ, a luz (cuja velocidade é c = 3 x 108 m/s) percorre 600 metros. No entanto, um
muon formado em grande altitude consegue chegar ao solo e ser detectado antes de decair, apesar
de ter velocidade menor que a luz.
A) Explique por que isso é possível.
Para uma partícula com velocidade 0,998c, é necessário levar em conta que o espaço e o tempo
são modificados pelo movimento relativo. O muon se forma a uma grande altitude e consegue
chegar ao solo, apesar de seu tempo de vida ser curto. Podemos justificar isso de duas maneiras.
No sistema de referência do próprio muon, a distância entre o ponto onde ele se formou e o solo
é encurtada pela contração de Lorentz. Desse modo, ele pode percorrer essa distância em seu
tempo de vida. No sistema de referência da Terra, o tempo de vida do muon é ampliado pela
dilatação temporal. Desse modo, ele tem tempo suficiente para atingir o solo.
B) Considere um muon cujo tempo de vida é 2 x 10-6 s que é formado a uma altitude de 6000
metros e cai na direção do solo com velocidade 0,998 F, onde F é a velocidade da luz. Mostre
que esse muon pode percorrer essa distância antes de decair.
Inicialmente, adotamos o sistema de referência do muon. Nesse sistema, a distância do ponto
inicial ao solo não é 6000 metros, mas vale:
v2
L = L 0 1−
= 6000 1 − (0,998) 2 = 380 m .
2
c
Essa distância é mais curta que os 600 metros indicados no problema como sendo a distância
percorrida pela luz. Logo, o muon pode percorrê-la em seu tempo de vida.
Do ponto de vista da Terra, o tempo em um sistema de referência preso ao muon passa mais
devagar. Assim, o tempo de vida do muon não é 2 x 10–6 s, mas vale:
τ0
2 .10 − 6
= 31,6 x 10 − 6 s .
=
τ=
2
2
v
1 − (0,998)
1−
2
c
Nesse tempo, ele pode percorrer 0,998 x 3 x 1010 x 31,6 x 10–6 = 9500 m.
Logo, chega ao solo ainda “ vivo” .
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