Maratonas de Física

Solução do Problema 142

Sabemos que,
[tex3]a=\frac{\Delta v}{\Delta t}[/tex3]

Como a "rua" forma um ângulo de [tex3]90^\circ[/tex3] temos
[tex3]\Delta v^2=|\vec{v_1}|^2+|\vec{v_2}|^2[/tex3] , onde [tex3]|\vec{v_1}|=| \vec{v_2}|=v[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\Delta v=v\sqrt{2}[/tex3]

Logo,
[tex3]a=\frac{15\sqrt{2}}{5\sqrt{2}}[/tex3]
[tex3]\boxed{a=3,0\,m/s^2}[/tex3] . Letra C

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Problema 143

(AFA - 1988/89) Um pêndulo simples, de mesma [tex3]m[/tex3] e comprimento [tex3]L[/tex3] , executa oscilações de amplitude angular [tex3]\theta[/tex3] , num local onde a aceleração da gravidade é [tex3]g[/tex3] . Determine a tração no fio no ponto mais baixo.

: AFA_89_Q12.png (4.12 KiB) Exibido 6341 vezes

a) [tex3]mg[/tex3]
b) [tex3]mg \sen \theta[/tex3]
c) [tex3]mg (1 - 2 \cos \theta)[/tex3]
d) [tex3]mg (3 - 2 \cos \theta)[/tex3]

Solução do Problema 143

Por energia mecânica entre os pontos mais alto e baixo:
[tex3]mgh=\frac{mv^2}{2}[/tex3]
[tex3]v^2=2gh[/tex3] , onde [tex3]h[/tex3] é a altura inicial, [tex3]h=L(1-\cos\theta)[/tex3]
[tex3]v^2=2gL(1-\cos\theta)[/tex3]

No ponto mais baixo temos:

[tex3]T-P=F_c[/tex3]
[tex3]T=\frac{mv^2}{L}+mg[/tex3]
[tex3]T=2mg(1-\cos\theta)+mg[/tex3]
[tex3]\boxed{T=mg(3-2\cos\theta)}[/tex3] . Letra D

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Problema 144

(AFA - 2007) Uma pessoa está observando uma corrida a [tex3]170 \,\text{m}[/tex3] do ponto de largada. Em dado instante, dispara-se a pistola que dá início à competição. Sabe-se que o tempo de reação de um determinado corredor é [tex3]0,2 \,\text{s}[/tex3] , sua velocidade é [tex3]7,2 \,\text{km/h}[/tex3] e a velocidade do som no ar é [tex3]340 \,\text{m/s}[/tex3] . A distância desse atleta em relação à linha de largada, quando o som do disparo chegar ao ouvido do espectador, é

a) 0,5m
b) 0,6m
c) 0,7m
d) 0,8m

Mensagem não lida por **felps** » 07 Set 2012, 18:41

Solução do Problema 144

Tempo para o som chegar ao ouvido do espectador:

[tex3]T_e = \frac{170}{340} = 0,5s[/tex3] .

Tempo que o corredor estará correndo.

[tex3]T_c = 0,5 - 0,2 = 0,3s[/tex3]

Velocidade do corredor:

[tex3]V_c = \frac{7,2}{3,6} = 2m/s[/tex3]

Distância do corredor à linha de largada:

[tex3]2m \rightarrow 1s[/tex3]
[tex3]x \, m \rightarrow 0,3s[/tex3]

[tex3]x = 0,6m[/tex3]

Letra B.

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Problema 145

(ITA-2001)Uma certa grandeza física [tex3]A[/tex3] é definida como o produto da variação de energia de uma partícula pelo intervalo de tempo em que esta variação ocorre. Outra grandeza, [tex3]B[/tex3] , é o produto da quantidade de movimento da partícula pela distância percorrida. A combinação que resulta em uma grandeza adimensional é :

a) [tex3]AB[/tex3]
b) [tex3]A/B[/tex3]
c) [tex3]A/B^2[/tex3]
d) [tex3]A^2/B[/tex3]
e) [tex3]A^2B[/tex3]

Solução do Problema 145

1º Solução: Estilo Discursiva

[tex3]\left[A\right]=\left[\Delta E\right]\cdot \left[\Delta t\right][/tex3]
[tex3]\left[B\right]=\left[\Delta Q\right]\cdot \left[d\right][/tex3]

Assim temos,
[tex3]\left[A\right]=(M\cdot L^2\cdot T^{-2})\cdot T=M^2\cdot L^2\cdot T{-1}[/tex3]
[tex3]\left[B\right]=(M\cdot L\cdot T^{-1})\cdot L=M^2\cdot L^2\cdot T^{-1}[/tex3]

Logo para ficar adimensional basta [tex3]\frac{A}{B}[/tex3] . Letra B

2º Solução: Estilo Objetiva.
[tex3]A=\Delta E\cdot \Delta t=\frac{mv^2}{2}\cdot \Delta t[/tex3]
[tex3]B=\Delta Q\cdot d=(mv)\cdot (v t)=mv^2\cdot t[/tex3]

Veja que ao dividir temos,
[tex3]\frac{A}{B}=\frac{1}{2}[/tex3] que é adimensional.

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Problema 146

(AFA - 1989/90) Um refrigerador opera segundo um ciclo termodinâmico reversível, retirando calor de um reservatório a [tex3]-3\,^{\circ} C[/tex3] e rejeitando calor ao meio externo o que se encontra a [tex3]27 \,^{\circ}C[/tex3] . O coeficiente de eficiência máxima que esse refrigerador poderia oferecer é dado, em [tex3]\%[/tex3] , pela alternativa

a) 10
b) 100
c) 900
d) 1000

Solução do Problema 146

[tex3]\eta=1-\frac{T_F}{T_Q}[/tex3]
[tex3]\eta=1-\frac{270}{300}[/tex3]
[tex3]\eta=1-0,9=0,1[/tex3]
[tex3]\boxed{\eta=10\%}[/tex3] . Letra A

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Problema 147

(AFA - 2008) Um corpo de massa [tex3]m[/tex3] , preso à extremidade de um fio, constituindo um pêndulo cônico, gira num círculo horizontal de raio [tex3]R[/tex3] , como mostra a figura.

: afafis08.png (10.53 KiB) Exibido 6303 vezes

Sendo [tex3]g[/tex3] a aceleração da gravidade local e [tex3]\theta[/tex3] o ângulo do fio com a vertical, a velocidade do corpo pode ser calculada por:

a) [tex3]\sqrt{Rg}[/tex3]
b) [tex3]\sqrt{2Rg}[/tex3]
c) [tex3]\sqrt{Rg\sin\theta}[/tex3]
d) [tex3]\sqrt{Rg\tan\theta}[/tex3]

Solução do Problema 147

Da 2º Lei de Newton tiramos,
Em x:
[tex3]F_r=m\cdot a[/tex3]
[tex3]T\sin\theta =\frac{mv^2}{R}[/tex3]

Em y:
[tex3]T\cos\theta = mg[/tex3]

Assim temos,
[tex3]mg\tan\theta=\frac{mv^2}{R}[/tex3]
[tex3]\boxed{v=\sqrt{Rg\tan\theta}}[/tex3] . Letra D

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Problema 148

(AFA - 1989/90) A relação entre as escalas termométricas [tex3]X[/tex3] e Celsius é dada pelo gráfico abaixo. Quando a temperatura for [tex3]38\,^{\circ}C[/tex3] , [tex3]X[/tex3] será igual a:

: AFA_89-90_Q19.png (3.51 KiB) Exibido 6300 vezes

a) [tex3]9\,^{\circ}[/tex3]
b) [tex3]18\,^{\circ}[/tex3]
c) [tex3]19\,^{\circ}[/tex3]
d) [tex3]29\,^{\circ}[/tex3]

Mensagem não lida por **felps** » 08 Set 2012, 12:18

Solução do Problema 148

Trazemos da matemática que a equação de primeiro grau é do tipo [tex3]y = ax + b[/tex3] , podemos reescreve-la para [tex3]X = aC + b[/tex3] , sendo [tex3]X[/tex3] a temperatura na escala [tex3]X[/tex3] e [tex3]C[/tex3] na escala Celsius.

Substituindo pelos valores do gráfico:

[tex3]\begin{cases}20a + b = 0\\ b = -10 \end{cases}[/tex3]

Resolvendo o sistema:

[tex3]20a -10 = 0[/tex3]
[tex3]a = \frac{1}{2}[/tex3]

[tex3]X = C - 20[/tex3]

Substituindo pelo valor:

[tex3]X = 38 - 20[/tex3]
[tex3]X = 18 \,^{\circ}[/tex3]

Letra B.

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Problema 149

(ITA-2001) Uma partícula move-se ao longo de uma circunferência circunscrita em um quadrado de lado [tex3]L[/tex3] com velocidade angular constante. Na circunferência inscrita nesse mesmo quadrado, outra partícula move-se com a mesma velocidade angular. A razão entre os módulos das respectivas velocidades tangenciais dessas partículas é:

a) [tex3]\sqrt{2}[/tex3]
b) [tex3]2\sqrt{2}[/tex3]
c) [tex3]\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex3]
d) [tex3]\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex3]
e) [tex3]\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex3]

Solução do Problema 149

Para a partícula que se move na circunferência circunscrita temos,
[tex3]V=w\cdot R=w\cdot r\sqrt{2}[/tex3]

Para a partícula que se move na circunferência circunscrita temos,
[tex3]v=w\cdot r[/tex3]

Portanto,
[tex3]\frac{V}{v}=\frac{w\cdot r\sqrt{2}}{w\cdot r}[/tex3]
[tex3]\boxed{\frac{V}{v}=\sqrt{2}}[/tex3] . Letra A

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Problema 150

(AFA - 1989/90) Numa transformação adiabática reversível, [tex3]20g[/tex3] de um gás ideal evoluem de um estado em que a temperatura vale [tex3]77\,^{\circ} C[/tex3] para outro em que a temperatura vale [tex3]327\,^{\circ} C[/tex3] . Sendo [tex3]C_v = 1,6 \times 10^{-3} cal/g\,^{\circ} C[/tex3] e [tex3]Cp= 3,6 \times 10^{-3} cal/g\,^{\circ} C[/tex3] , o trabalho realizado nesta transformação tem valor absoluto, em [tex3]J[/tex3] , igual a:

a) 33,6
b) 42,0
c) 75,6
d) 109,2

Mensagem não lida por **gabrielbpf** » 09 Set 2012, 17:50

Solução do Problema 150

Em uma transformação isobárica, teremos que o calor recebido será: [tex3]Qp=mCp\Delta T[/tex3]
Em uma transformação isocórica, com a mesma variação de energia interna, teremos o calor recebido igual a: [tex3]Qv=mCv\Delta T[/tex3]
Pela 1ª lei da termodinâmica: [tex3]\Delta U=Q-W[/tex3]
Assim, igualando as variações de energia interna das duas transformações supracitadas: [tex3]Qp-W_{1}=Qv-W_{2}[/tex3]
Sabemos que em uma transformação isocórica não há realização de trabalho, logo: [tex3]Qp-W=Qv\rightarrow W=Qp-Qv[/tex3]
[tex3]W=m\Delta T(Cp-Cv)\rightarrow W=20\cdot (327-77)\cdot (3,6\cdot 10^{-3}-1,6\cdot 10^{-3})\rightarrow W=10cal[/tex3]
Temos que [tex3]1cal = 4,2J[/tex3]
Logo, a resposta é [tex3]\boxed{42J}[/tex3] .

Letra B

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Problema 151

(ITA - 2004)Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México, Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância, cobrindo [tex3]8,9 m[/tex3] de extensão. Suponha que, durante o salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura variando de [tex3]1,0 m[/tex3] no início, chegando ao máximo de [tex3]2,0 m[/tex3] e terminando a [tex3]0,20 m[/tex3] no fim do salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que o componente horizontal da velocidade inicial do salto foi de :

a) 8,5m/s
b) 7,5m/s
c) 6,5m/s
d) 5,2m/s
e) 4,5m/s

Solução do Problema 152

O movimento é oblíquo. Devemos adotar as posições do centro de massa como a altura em relação ao solo.

[tex3]V^2=V_{0y}^2-2g\Delta h[/tex3] . No ponto mais alto a velocidade é nula:
[tex3]V_{0y}=\sqrt{2\cdot 10\cdot (2-1)}=\sqrt{20}\,\,\text{m/s}[/tex3]

Calculando o tempo de voo do atleta:

[tex3]y=y_o+v_{0y}\cdot t-\frac{gt^2}{2}[/tex3]
[tex3]0,2=1+\sqrt{20}t-5t^2[/tex3]
[tex3]5t^2-\sqrt{20}t-0,8=0[/tex3]
[tex3]t=\frac{\sqrt{20}\pm \sqrt{20-4\cdot 5\cdot (-0,8)}}{10}[/tex3] . Como [tex3]t>0[/tex3]
[tex3]t=\frac{\sqrt{20}+6}{10}[/tex3]

Relação matemática:
[tex3]\sqrt{p} \,\,\approx \,\,\frac{p+q}{2\sqrt{q}}[/tex3] . Onde [tex3]p[/tex3] é uma raíz não perfeita e [tex3]q[/tex3] é o quadrado perfeito imediatamente anterior a [tex3]p[/tex3] .

[tex3]\sqrt{20} \,\,\approx\,\,\frac{20+16}{8}\,\,\approx\,\,4,5[/tex3] . Na calculadora acharemos [tex3]\sqrt{20}\,\,\approx\,\,4,48\,\text{s}[/tex3]

[tex3]t \,\,\approx\,\,\frac{4,5+6}{10}\,\,\approx\,\,1,05\,\text{s}[/tex3] .

Como o movimento horizontal é constante,
[tex3]x=V_{0x}\cdot t[/tex3]
[tex3]V_{0x}=\frac{8,9}{1,05}[/tex3]
[tex3]\boxed{V_{0x}\,\,\approx\,\,8,47\,\text{m/s}}[/tex3] . Letra A

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Problema 153

(AFA - 2008) A figura abaixo representa dois corpos idênticos girando horizontalmente em MCU com velocidades lineares [tex3]v_1[/tex3] e [tex3]v_2[/tex3] . A razão [tex3]\frac{T_1}{T_2}[/tex3] entre as intensidades das trações nos fios ideais [tex3]1[/tex3] e [tex3]2[/tex3] é :

: Sem título.png (12.48 KiB) Exibido 9910 vezes

a) [tex3]\frac{2v_1^2+v_2^2}{v_2^2}[/tex3]
b) [tex3]\frac{v_1^2+v_2^2}{v_2^2}[/tex3]
c) [tex3]\frac{v_1^2-v_2^2}{v_2^2}[/tex3]
d) [tex3]\frac{v_2^2}{v_1^2}[/tex3]

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