Gabarito V1 by 5o0xy93t

VIEWS: 19 PAGES: 60

									Parte 01

Unidade 01 – Página 261

Medidas das Grandezas Físicas

Questões de Treinamento

01. A

02.

a) 4,25kg; algarismo avaliado: 5

b) 74 km/h; dois algarismos

03. C

04. B

05. D

06. B

07. A

08. E

09. E

10. D

Questões Objetivas

01. D

02. D

03. C

04. E

05. B

06. C

07. D
08. C

Questões Discursivas

01. 1,3x102cm

02. 1013

03. 1045

Parte 02

Unidade 01

Subunidade 01 – Página 265

Cinemática Escalar

Questões de Treinamento

01. Referenciais diferentes.

02. C

Para Júlia a moeda vai apresentar apenas o movimento vertical
enquanto para Tomás o resultado da composição de uma translação
uniforme na horizontal com uma queda em MUV. (Desprezada a
resistência do ar)

03. E

04. B

05. E

06. C

07. 7,5m/s

08.

a) 0,8h

O carro permaneceu parado de t =1,0 h até t = 1,8 h e, portanto ficou
parado durante 0,8 h.
b) 40 km/h

Vm = Δs/Δt → Vm = 120 km/3,0 h → Vm = 40 km/h

09.

a) 0,8h= 48min

b) 85,7km/h

10. A

O deslocamento entre s = 500 km e s = 520 km levou 20 min, ou seja, 1/3
da hora.

Vm = Δs/Δt → Vm = 20 km/(1/3) h → Vm = 60 km/h

O valor mais provável da velocidade instantânea no instante 7h13min é
o da velocidade média entre os instantes 7h12min e 7h14min.

 Vm = Δs/Δt → Vm = 5 km/(2/60) h → Vm = 150 km/h

11. B

12. A

am = Δv/Δt = (20 m/s)/2,0s = 10 m/s²

 13.

a) 10m; 3m/s

b) Progressivo.

c) s= 10 + 3t

d)
14. 16m/s

 O intervalo de tempo que o trem de passageiro tem para percorrer 400
m é igual ao tempo que a trazeira do trem de carga tem para percorrer
250 m.

Note que o trem de carga vai estar completamente dentro do desvio
após 25 s.(Δt = distância/velocidade)

Esse é o intervalo de tempo que o trem de passageiros tem para
percorrer os 400 m.(no mínimo)

U = 400 m/25 s = 16 m/s

15.

a) 2h

b)220km de A.

16.

Quando as velocidades forem constantes, exercícios desse tipo poderão
ser resolvidos usando a seguinte relação:

Δtu = distância total a ser percorrida/velocidade relativa

Onde Δtu é o intervalo de tempo para a ultrapassagem ocorrer.
a) 18s

 Δtu = (180 m)/(10m/s) = 18s

b) 6s

 Δtu = (180 m)/(30m/s) = 6s



17.

a)

s= 12 – 8t + t2

V= -8 + 2t

b)




c) 4s

d) 2s e 6s

e)
Progressivo ⇒ 4s à 8s

Retrógrado ⇒ 0s à 4s

f)

Acelerado ⇒ 4s à 8s

Retardado ⇒ 0s à 4s

18.

A velocidade inicial do carro é de 108 km/h = 30 m/s e uma
desaceleração de 36 km/h a cada segundo é igual a uma desaceleração
de 10 m/s².

a) 45m

 Para que não haja atropelamento o carro deverá parar (no máximo)
imediatamente antes do cachorro.

Usando a equação de Torricelli determinamos a distância percorrida
pelo carro até parar.

V² = V02 + 2.a.Δs → 0² = 30² + 2x (-10).Δs → Δs = 45m

O carro para 5m antes e felizmente o cão não é atropelado.

b) 3s

V = V0 + a.t → 0 = 30 + (-10) t → t = 3s

19.

a) 2,7s

b) 17m
20)

a) 150 cm

A distância percorrida é numericamente igual a área sob o gráfico
limitada pelo intervalo de tempo.

6x50/2 = 150 cm

b)




21. B

22.

a) Iguais

A aceleração de queda não depende das massas dos objetos que caem.

b) 1s

Δs = v0.t + at²/2 →5 = 0.t + 10.t2/2 → 5.t2 = 5 → t = 1s
23.

a) 30s

b) 4500m

24. C

O tempo que a pedra leva para percorrer 5 m em queda livre é igual ao
tempo que o barquinho leva para percorrer 3 m rio abaixo.

O tempo para percorrer 5 m em queda livre é de 1 s. (ver questão 22)

Vbarquinho = Vcorrenteza = 3 m/1 s → Vbarquinho = Vcorrenteza = 3m/s

25.

a) 5m

b) 2s

26. 20m

A altura atingida pela pedra é igual a distância que ela vai percorrer nos
2,0 s de queda livre.

Hmáx = Δs = v0.t + at²/2 → Hmáx = Δs = 0.2 + 10.2²/2 → Hmáx = Δs = 20 m



27. E

Questões Objetivas

01. A

02. D

Aos 10s com velocidade de 35m/s ele já percorreu a distância de:

Δs = v0.t + at²/2 → Δs = 0.10 + 3,5.10²/2 → Δs = 175m

Ele está a 25m do pardal com velocidade de 35m/s

Para sua velocidade ser reduzida para 15m/s(54km/h) nesses 25m que o
separa do pardal, ele deverá imprimir ao carro uma desaceleração de:
V² =v0² + 2.a.Δs → 15² = 35² + 2.a.25 → a = -20m/s²

03. A

04. A

05. C

06. E

A equação horária da Sandra é: sS = 5.t

A equação horária da Paula é: sP = 0,25.t²

Na ultrapassagem, sS = sP → 5.t= 0,25.t² → t = 20s.

Até t = 20s, Paula percorreu: sP = 0,25.t²=0,25.20² →sP = 100m

07. D

08. C

09. B

10. C

“A” corresponde a distância percorrida pela gota 1 e “B” a percorrida
pela gota 2.

Se a gota 2 está em queda a t segundos, então a gota 1 está em queda a
2t segundos.

A =g(2t)²/2 e B = gt²/2

Comparando as duas vemos que A é quatro vezes maior que B.

A razão A/B vale, portanto, quatro.

11. C

12. D

Desprezada a resistência do ar, as acelerações de X e Y serão iguais.

X e Y atingem alturas iguais (Hmáx = v0²/2g) e retornam ao solo num
mesmo intervalo de tempo.
13. D

14. E

Para ficar mais claro vamos atribuir valores;

d = 5m e a = 10m/s²

Tempo de queda do objeto 2 no arranjo I

d=at²/2 → 5=10.t²/2 → t2=1s

Tempo de queda do objeto 3 no arranjo I

4d=at²/2 → 20=10.t²/2 → t3=2s

O valor de T no arranjo I

T=t3 – t1 = 2s – 1s = 1s

Tempo de queda do objeto 4 no arranjo I

7d=at²/2 → 35=10.t²/2 → t4≈2,65s

O valor de T’ no arranjo I

T’= t4 – t3≈0,65s

Note que T>T’

Tempo de queda do objeto 2 no arranjo II

d=at²/2 → 5=10.t²/2 → t2=1s

Tempo de queda do objeto 3 no arranjo II

4d=at²/2 → 20=10.t²/2 → t3=2s

O valor de T no arranjo II

T=t3 – t1 = 2s – 1s = 1s

Tempo de queda do objeto 4 no arranjo II

9d=at²/2 → 45=10.t²/2 → t4=3s

O valor de T’ no arranjo II
T’= t4 – t3=1s

Note que T=T’

Questões Discursivas

01. 3,2x107voltas

02. 1.10-4s

Δt=(d1/vsom) – (d2/vsom) = (d1 – d2)/vsom

Δt=(12,780m – 12,746m)/340m/s

Δt=0,034m/340m/s

Δt=0,0001 s

Δt= 1,00x104 s

03.

a) 720 quadros

b) 14400 fotografias

04. 300m/s

O som produzido pelo impacto do projétil no alvo leva para chegar ao
ouvido do atirador um tempo de:

255m/340m/s = 0,75s

O projétil levou da arma ao alvo: 1,6s – 0,75s = 0,85s

A velocidade do projétil é:

Vp = 255m/0,85s → Vp = 300m/s

05. Não consegue

06. 10m/s

O deslocamento Δs do móvel pode ser determinado pela área sob o
gráfico dado no intervalo de 30s.
De 0 a 10s →50m

De 10s a 20s → 100m

De 20s a 30s → 150m.

O Δs total é de 300m

Vm = Δs/Δt = 300m/30s = 10m/s

07.

a) 20km/h

b) 15 voltas

08.

a)




b) 1150m

O deslocamento é dado pela área sob o gráfico acima



09.

a) 3m/s2

b) d’ < d

10.

As equações horárias são:

S = 4.t e s’ = t²
a) 4s

Quando voltam a se encontrar s = s’

t²=4t → t = 4s

b) 4m

A maior distância entre eles acontece quando suas velocidades se
igualam e isso ocorre em t = 2s (Ver gráfico)

S=4x2=8m e s’=2²=4m

A distância procurada é s – s’= 8m – 4m = 4m

11. 50m/s

12. v2 < v3 < v1

13. ¾ da altura máxima

14.

a) 2s

Ela estará passando pelo ponto de lançamento quando sua velocidade,
em módulo, for igual à velocidade de lançamento.

 Isso ocorre em t=2s(Ver o gráfico na apostila)

b) 15m

A altura, em relação ao solo, que a pedra foi lançada é igual a distância
que ela percorre de 2s a 3s.

(20 + 10)x1/2 = 15

H = 15m

Subunidade 02 – Página 275

Cinemática Vetorial

Questões de Treinamento
04.

a) 2,5 3

b) 2,5

05. D

06. 2,5cm/s




08. E

09. C

10. D

11. D

12. Vb= 25 km/h; Vc= 5 km/h

13. C

14. E

15. A

16.
a) 2s

b) 30m

c) 25m/s

17.

a) 3s

b) 45m

c) 40m/s

d) 240m



Questões Objetivas

01. D

02. D

03. E

04. A

05. C

06. A

07. E

08. A

09. D

Questões Discursivas

01.

a) π/2

b) um

02.
a) 3min

b) 10 km/h

03.

a) 0,4s

b) 1,6m



04.




Subunidade 03 – Página 281

Cinemática Angular

Questões de Treinamento

01.

a) π rad

b) π/20rad

c) π/4m/s

02.

a) 4πrad/s

b) 0,8πrad/s²

c) 8πm/s²
03.2

04.

a) 0,5Hz

b) 2s

c) π rad/s

06.

a) 2s

b) 0,4s

07.

a) 0,8π m/s2

b) 0,8π m/s

c) anti-horário e 60rpm

d) anti-horário e 60rpm

e) 0,2π m/s

08. A

09. D

10. 0,25rad/h e 1.104km/h

11.

a) -5π rad/s2

b) -10π m/s2

c) ω= 30π - 5π.t

d) 6s

e) 40 voltas
Questões Objetivas

01. A

02. D

03. A

04. C

05. C

06. B

07. D

08. A

09. C

10. A

11. C

Questões Discursivas

01. 18 Hz

02. 8s

03.

a)2,4m/s

b) 3m/s

04. 10s

Parte 02

Unidade 02 – Página 286

Equilíbrio de partícula e corpo extenso

Questões de Treinamento

01. A
02. B

03. Sim, pois o peso é a força da gravidade, dada pelo produto da massa
do corpo pela aceleração da gravidade do planeta. No caso, se Garfield
fosse para um planeta com menor aceleração da gravidade, sua massa
não mudaria, pois é a mesma em qualquer lugar, mas seu peso, de fato,
diminuiria.

04. A

05. B

06. C

07. 80 N

08. C




12. 25 N

13. C

14.

a) 15 cm

b) 32 cm

15. A

16. Consegue: 1530kgf. cm > 1500kgf. cm

17. C
18. dM < dA

19. 990 N

20. B

21. B

22. x= 1/18 e y= 2/9

23. D

24. A

Questões Objetivas

01. A

02. B

03. D

04. B

05. A

06. B

07. D

08. D

09. C

10. E

11. B

12. C

13. C

14. C

15. C

16. A
17. D

18. C

19. E

20. B

21. A

22. D

23. B

Questões Discursivas




04. 3,5m

05. Figura II ⇒ dG < dM

06.

a) 1,5x105 N

b) 0,5x105 N para baixo

07.

a) 2,0kg

b) 84N

08. T= 270N e T’= 300N

09. T3 < T2 < T1



Parte 03
Unidade 01 – Página 298

Termometria

Questões de Treinamento

01. - 40°C

02. 194°F

03. 72°F

04. B

05. A

06. B

07. – 10°

08. C

Questões Objetivas

01. B

02. E

03. A

04. B

05. D

06. B

Questões Discursivas

01. Roupas mais leve

02. 59°C

03.

a) 12,5°M

b) 50 °M
Unidade 02 – Página 300

Dilatometria

Questões de Treinamento

01. D

02. B

03. αA > αB

04. α1 = 3α2

05. Menor

06. D

07. B

08. E

09. B

10. m1 < m2

11. O gráfico densidade versus temperatura está na apostila na página
301.

Recipiente B, graças às correntes de convecção.

Questões Objetivas

01. D

02. B

03. E

04. C

05. D

06. D

07. D
08. A

09. C

Questões Discursivas

01.

a) 2,2mm

b) 6,8mm

02. 101 cm

03.

a) 9,001x10-4/°C

b) 518,002 cm3

c) 18,200 cm3

04. 35°C

05. O aumento é dado por: ΔL=L0. α. Δθ. Como do lado direito Δθ é
maior, o prédio se encurva para a esquerda.

Unidade 03 – Página 305

Calorimetria

Questões de Treinamento

01. a) Como o calor específico da areia é menor que o da água, durante
o dia a areia se aquece mais que a água, mas durante a noite ela se
resfria mais rápido.

b) É a quantidade de calor requerida para fazer variar de 1°C um grama
de uma substância.

Por exemplo: O calor específico da água é de 1,0cal/g°C

02.

a) 20cal/°C
b) 0,50 cal/g.°C

03. D

04. A

05. C

06. 115 kcal

07. D

08. E

09.A

10.C

11.

a) 80 kcal

b) 130 kcal

12.3

13. 12°C

14. D

15. 79,2cal/g

16. A

17. E

18. E

19. D

Questões Objetivas

01. C

02. E

03. A
04. E

05. C

06. C

07. B

08. A

09. B

10. E

11. C

12. C

Questões Discursivas

01.

a) A água cede um total de 9000 calorias.

b) 100g

02.

a) 180cal/min.

b) 2/3

c) 35min.

03. 20g

04. 5g

05. O aumento de pressão faz o gelo se fundir abaixo de 0°C.

06.

a) 7,35x107cal

b) 8,4x10-3cal/s

Unidade 04 – Página 311
Estudo dos Gases e Termodinâmica

Questões de Treinamento

01. Nota: Na tabela o primeiro valor de temperatura é 50K.

a) Isobárica

b) Gráfico na página 311

02.900k

Considerando o volume do recipiente invariável, podemos escrever:

P0/T0 = P/T →1,0x105/300 =3,0x105/T → T= 900K

03. PB= 2,0 atm e VC= 0,40 m3

Como a transformação é isotérmica, o produto P.V é constante.

PB.VB = PA.VA → PB.0,20 = 4,0.0,10 → PB = 2,0 atm

PC.VC = PA.VA → 1,0.VC = 4,0.0,10 → VC = 0,40 m³

04. B

Considerando a curva II como sendo um ramo de hipérbole, temos:

 I: o volume permaneceu constante: isométrica ou isocórica.

II: a temperatura permaneceu constante: isotérmica.

III: a pressão não variou: isobárica.

05. D

P1V1/T1 =P2V2/T2 → P0V0/T1 = 4P0/T2 → T1/T2 = 1/4

06. 3,01x1024

PV=nRT→n=PV/RT → n=2,9x41/0,082x290 →n=3,01x1024moléculas.

07. D

O número de moléculas é dado por: n=PV/RT

O produto RT é o mesmo para os quatro recipientes.
Vai apresentar o maior número de moléculas o recipiente que
apresentar o maior produto PV.

O recipiente IV é o que apresenta maior produto PV.

08. D

PAVA/TA = PBVB/TB → 1,0x2,4/80 = 1,8x5,0/TB → TB = 300K

09. 0,62

P0V0/T0 =PV/T → Se P0/P = 3/2 e T0/T = 0,93, então V0/V = 0,62

10. 3,2 atm

O número total de moléculas após a abertura da torneira é igual à soma
das moléculas que se encontravam no balão A com as moléculas que se
encontravam no balão B, antes da abertura da torneira.

NTOTAL= nA + nB → PV/RT = PAVA/RTA + PBVB/RTB → Como T=TA =TB →

P.5V =2.4V + 8.V → P=3,2 atm.

11.

a) 3,2 L

Note que a pressão do gás é igual à pressão devido ao peso do êmbolo
mais a pressão atmosférica e que são iguais nas situações iniciais e finais.
(O processo pode ser considerado isobárico)

V0/T0 =V/T → 2,4/300 = V/400 → V = 3,2L

b) 240J

Primeiro vamos calcular a pressão do gás que é igual à pressão devido ao
peso do êmbolo mais a pressão atmosférica.

Pressão devido ao peso do êmbolo = peso do êmbolo/área =
m.g/A=(200kg.10m/s² )/100.10-4m²=2.105 N/m².

Pressão atmosférica=1.105 N/m².

PGÁS = PÊMBOLO + PATMOSFÈRICA = 2.105 N/m² + 1.105 N/m² = 3.105 N/m²
Como o processo é isobárico o trabalho é dado por:

W= P.ΔV = 3.105 N/m² x 0,8x10-3m³ → W=2,4x10²J

12.

a) Pa = 8,31x104 N/m2 ; Pb = 3,32x104 N/m2

PA = nRTA/VA = 4x8,31x500/0,2 = 8,31x104 N/m²

PB= nRTB/VB = 4x8,31x600/0,6 = 3,324x104 N/m²



b) 2,33x104J

O valor numérico da área do trapézio é o trabalho realizado pelo gás.

 W={(8,31x104 + 3,324x104/2)}x 0,4 = 2,3268 x 104 J

c) Pelo gás (W positivo)

Como se trata de uma expansão, o trabalho foi realizado pelo gás.

13. Zero

Se o processo é isotérmico, então a variação da energia interna é nula.

14.

a) 0,15m3

Num processo isobárico o trabalho é dado por: W=PxΔV

3,0x104J=(2,0x105N/m²)xΔV → ΔV = 0,15m³

b) 12x104 J

A variação da energia interna do gás é dada por: ΔU = Q – W

ΔU = 3,6x104x4,2 J – 3,0x104 J→ ΔU =12,12x104 J

15. – 150J

Primeira experiência

      i) Expansão: o trabalho W é positivo.
      ii) Processo isotérmico: a variação da energia interna ΔU é nula.

Pela primeira lei da termodinâmica (ΔU = Q – W), podemos calcular:

0 = 150 J – W → W = 150 J

Segunda experiência

            I) Expansão: o trabalho W é positivo.

            II) Processo adiabático: não troca calor com o exterior (Q = 0)

            III) O gás realiza um trabalho W = 150 J

Pela primeira lei da termodinâmica (ΔU = Q – W), podemos calcular:

ΔU = Q – W → ΔU = 0 – 150 J → ΔU = - 150 J

16.

Pelo gráfico observe que as variações de temperatura nos dois processos
são iguais (TC – TA) e lembrando que a energia interna do gás é função
exclusiva da temperatura, concluímos que a variação de energia interna
nos dois processos é a mesma.

Observe ainda que o processo I é uma expansão isobárica e o trabalho W
é de 80 J já que o processo II é isocórico e, portanto o trabalho é nulo.

      a) Processo I.

      ΔUI = ΔUII → QI – 80 J = QII – zero → QI – QII = 80 J → QI > QII

      b) 80 J

      A quantidade de calor cedida a mais é exatamente a diferença entre
      QI e QII ou seja, 80 J.

17. A

Numa transformação cíclica o trabalho W, a cada ciclo, é numericamente
igual à área interna desse ciclo e quando ele acontece no sentido horário
esse trabalho é positivo.

W = (500 N/m²)x(3m³) → W = 1500J
18.

a) 9

PAVA/TA =PBVB/TB → TB/TA = PBVB / PAVA →
TB/TA = (7,5X105N/m²)x (3,0m³) / (2,5X105N/m²)x (1,0m³) → TB/TA = 9

   c) 5,0x105J

   Ao completar cada ciclo ΔU é nulo, pois o gás retorna para a sua
   situação inicial, então a cada ciclo teremos:

   0 = Q – W → Q = W a cada ciclo completado.

Lembre ainda que numa transformação cíclica o trabalho W, a cada ciclo,
é numericamente igual à área interna desse ciclo e quando ele acontece
no sentido horário esse trabalho é positivo.

W = base x altura/2 = (5,0x105N/m²)x(2,0m³)/2 = 5,0x105 j.

Questões Objetivas

01. D

P0V0/T0 =PV/T → 275V0/330 =1V/300 → V = (275x300/330)xV0 →
V = 250V0

02. B

Se a temperatura final é igual a inicial, então o produto pressão vezes
volume é o mesmo para os dois estados.

P0 x 2V0 = P x V0 → P = 2P0

Se a temperatura final é igual a inicial, então a variação da energia
interna do gás ΔU é nula e pela primeira lei da termodinâmica
ΔU = Q – W podemos escrever Q = W.

A área sob o gráfico é numericamente igual ao trabalho realizado sobre
o gás.
W = - (P + P0) x V0/2, lembrando que P = 2P0 fica: W = - (2P0 + P0) x V0/2
→     W = - (3/2) P0 V0 (O sinal negativo indica que o trabalho foi
realizado sobre o gás).

Q = W → Q = - (3/2) P0 V0 (O sinal negativo indica que o gás cedeu calor).

03. E

Considerando o volume da câmara constante, podemos escrever:

P0/T0 =P/T → P0/293 = 2P0/T → T = 586 K, que em Celsius fica 313 °C.




04. D

No processo isotérmico o produto pressão vezes volume é constante,
logo se o volume aumenta então a pressão deverá diminuir.

Se o processo é isotérmico ΔU = 0, então Q = W.

Isso significa que toda a energia recebida pelo gás do meio exterior sob
forma de calor é integralmente gasta na realização do trabalho W não
incorporando nada à sua energia interna.

05. A

A pressão do gás é igual à pressão devido ao peso do êmbolo mais a
pressão associada ao peso da carga P mais a pressão atmosférica e que é
a mesma nas duas situações. Essa pressão pode ser calculada pela
equação de Clapeyron.

PV = nRT →P = nRT/V → P =2x0,082x300/2 → P = 24,6 atm

06. D

Na primeira situação o ar sofre uma brusca expansão e que pode ser
considerada adiabática por ser muito rápida.

Veja porque na expansão adiabática a temperatura do ar vai diminuir:
ΔU = Q – W → ΔU = – W → (Q=0, pois é adiabática e W>0, pois é
expansão).

Isso nos leva ΔU<0, ou seja, o ar esfria.

Em outras palavras, o ar utiliza da sua própria energia interna para
realizar o trabalho nessa expansão.

07. D

A cada ciclo temos ΔU = 0.

Do enunciado, temos:

W= 3,0x104 J e W/Q1 = 0,6

Donde tiramos:

3,0x104 J /Q1 = 0,6 → Q1 = 5,0x104 J

Pela conservação de energia, podemos escrever:

Q2 = Q1 – W → Q2 = 5,0x104 J - 3,0x104 J → Q2 = 2,0x104 J

08. A

Vamos aproveitar essa questão para fazer uma revisão da matéria.

Transformação AB.

Trata – se de uma expansão isobárica.

   i) Verifique se a temperatura TB do estado B é maior, menor ou igual
         que a temperatura TA do estado A.

   Resposta: TB > TA, pois o produto pressão vezes volume para o estado
   B é maior que o produto pressão vezes volume para o estado A.(PV =
   nRT)

   ii) Determine o valor da razão TB/ TA.

   Resposta: TB/TA = PBVB / PAVA → TB/TA = VB / VA =1,6m³/0,8m³=2.

   A temperatura do estado B é duas vezes maior que a temperatura do
   estado A.
Com esse resultado fica evidente que a energia interna do gás no
estado B é maior que a energia interna do gás no estado A. (O gás
“esquentou”).

iii) Determine o trabalho W realizado pelo gás na expansão AB.
        Considere 1,0 atm = 1,0x105 N/m².

Resposta: O trabalho W num processo isobárico é dado por: W = P.ΔV

W=9,8x105 N/m²x 0,8m³ → W=7,84x105 J.

Observação: Nessa expansão o gás recebeu de uma fonte externa
uma quantidade de calor Q calculada pela seguinte relação:

Q = ΔU + W (1ª Lei da Termodinâmica).

Transformação BC

Trata-se de uma descompressão isocórica (a pressão cai de 9,8 atm
para 5,8 atm e o volume de 1,8m³ não varia).

iv) Verifique se a temperatura TC do estado C é maior, menor ou igual
       que a temperatura TB do estado B.

Resposta: TC < TB, pois o produto pressão vezes volume para o estado
C é menor que o produto pressão vezes volume para o estado B.(PV =
nRT)

v) Determine o valor da razão TC/ TB.

Resposta: TC/TB = PCVC / PBVB → TC/TB = PC / PB =5,8 atm/9,8 atm ≈0,6

A temperatura do estado C vale cerca de 60% do valor da
temperatura do estado B.

Com esse resultado fica evidente que a energia interna do gás no
estado C é menor que a energia interna do gás no estado B. (O gás
“esfriou”).

vi) Determine o trabalho W realizado pelo gás na transformação BC.
       Considere 1,0 atm = 1,0x105 N/m².
Resposta: O trabalho W num processo isocórico é nulo, pois não há
nem expansão nem contração da massa gasosa, ou seja, o volume
permanece constante.

Observação: Nesse processo o gás cedeu calor para o meio exterior e
essa energia é proveniente da sua própria energia interna.

Análise dessa transformação à luz da 1ª Lei da Termodinâmica.

Q = ΔU + W (1ª Lei da Termodinâmica).

Como W = 0, Q = ΔU e como Q < 0(calor cedido pelo gás) temos um
ΔU < 0 o que significa uma energia interna para o estado C menor que
para o estado B.



Transformação CD

Trata-se de uma contração (VD < VC) isobárica (a pressão é constante e
vale 5,8 atm).

vii)    Verifique se a temperatura TD do estado D é maior, menor ou
        igual que a temperatura TC do estado C.

Resposta: TD < TC, pois o produto pressão vezes volume para o estado
D é menor que o produto pressão vezes volume para o estado C.(PV =
nRT)

viii)   Determine o valor da razão TD/ TC.

Resposta: TD/TC = PDVD / PCVC → TD/TC = VD / VC =0,8m³/1,6m³=0,5.

A temperatura do estado D é duas vezes menor que a temperatura do
estado C.

Com esse resultado fica evidente que a energia interna do gás no
estado D é menor que a energia interna do gás no estado C. (O gás
“esfriou”).

ix) Determine o trabalho W realizado sobre o gás na transformação
       CD. Considere 1,0 atm = 1,0x105 N/m².
Resposta: O trabalho W num processo isobárico é dado por: W = P.ΔV

W=5,8x105 N/m²x (-0,8m³) → W= - 4,64x105 J.

Análise dessa transformação à luz da 1ª Lei da Termodinâmica.

Q = ΔU + W (1ª Lei da Termodinâmica).

Sendo ΔU<0 e W<0 o resultado da soma acima é negativa (Q<0).

O gás libera calor para o meio exterior numa quantidade superior a
energia que recebeu sob forma de trabalho e por isso ele “esfria”.




Transformação DA

Trata-se de uma compressão (de 5,8 atm para 9,8 atm) isocórica (o
volume permanece constante em 0,8 m³)

x) Verifique se a temperatura TA do estado A é maior, menor ou
     igual que a temperatura TD do estado D.

Resposta: TA >TD, pois o produto pressão vezes volume para o estado
A é maior que o produto pressão vezes volume para o estado D. (PV =
nRT)

xi) Determine o valor da razão TA/ TD.

Resposta: TA/TD = PAVA / PDVD → TA/TD = PA / PD =9,8 atm/5,8 atm ≈1,7

A temperatura do estado A é cerca de 70% maior que do estado D.

Com esse resultado fica evidente que a energia interna do gás no
estado A é maior que a energia interna do gás no estado D. (O gás
“esquentou”).

xii)   Determine o trabalho W realizado pelo gás na transformação
       BC. Considere 1,0 atm = 1,0x105 N/m².
      Resposta: O trabalho W num processo isocórico é nulo, pois não há
      nem expansão nem contração da massa gasosa, ou seja, o volume
      permanece constante.

      Observação: Nesse processo o gás recebeu calor do meio exterior e
      essa energia foi integralmente incorporada à sua energia interna
      provocando o seu aquecimento.

      xiii)   Determine o valor da razão TC/TA onde TC é a temperatura
              absoluta do estado C e TA a do estado A.

      Resposta: TC/TA = PCVC/ PAVA = (5,8x1,8)/(9,8x0,8) = (9,28)/(7,84) ≈1,2

      Confirmando o resultado

      TC/TA = (TC/ TB)x(TB/TA) =0,6x2 = 1,2

      xiv)    Determine o trabalho no ciclo ABCDA.

      Resposta: WABCDA = WAB + WBC + WCD + WDA → WABCDA = 7,84x105 J + 0
      + (- 4,64x105 J) + 0 → WABCDA = 3,2x105 J

      xv)     Qual o valor numérico da área interna desse ciclo?

      Resposta: 4,0x105 x 0,8 = 3,2x105

    Você já esperava a igualdade numérica dos resultados dos itens xiv e
xv, pois lembraste que no ciclo, o trabalho é numericamente igual à área
interna do ciclo.

Questões Discursivas

01.

a) 10 kcal

Primeiro a água deverá ceder calor para a sua temperatura cair de 20°C
para 0°C e depois essa água a 0°C deverá ceder calor para se transformar
em gelo a 0°C.

 QTOTAL = mcΔθ + mLS = 100x1x (-20) + 100x (-80) =-10kcal.

O sinal negativo indica se tratar de calor cedido.
b) 0,94atm

Imediatamente antes de a filha fechar a porta, a temperatura é de

-3°C (270K), a pressão é de 1,0 atm e o volume é o volume interno da
geladeira.

Imediatamente após a filha fechar a porta, a temperatura é de

-19°C(254K), o volume interno da geladeira é o mesmo de antes e a
pressão é o que se deseja determinar.

PV/T = P0V0/T0 →P/254 = 1/270 → P = 0,94 atm.

02. V0/3 e 2V0/3

Se os gases estão em equilíbrio térmico, então TESQUERDA = TDIREITA e se a
parede encontra se em repouso as pressões dos dois lados são iguais.

PESQUERDA = PDIREITA →

(nRT/V)ESQUERDA = (nRT/V)DIREITA →

1/ VESQUERDA = 2/ VDIREITA →

VDIREITA = 2 VESQUERDA

Pelo enunciado: VDIREITA + VESQUERDA = V0

Resolvendo-se, temos:

VESQUERDA = V0/3 e VDIREITA = 2V0/3

03.

a) 1,1atm

P0V0/T0 =PV/T → 1atm/300K =P/332 → P = 1,11 atm.

b) 1cal/°C

(mcΔθ)ÁGUA + (CxΔθ)GÀS + (CΔθ)RECIPIENTE = 0

20x1x(-8) + Cx(32) + 4.(32) = 0

Cx(32) = 160 – 128 = 32
C = 1 cal/°C

d) Menor. Primeira Lei da Termodinâmica

Parte da energia interna do gás será usada no trabalho de empurrar o
êmbolo.

04. Menor

Com as informações iniciais podemos escrever:

ΔUif = 0 (isotérmica) e Wif>0 (expansão)

“Toda a energia recebida pelo gás do meio exterior sob forma de calor
foi gasta na realização do trabalho”. (Tf = Ti)

No segundo processo (adiabático) o gás “gasta” de sua energia interna
para realizar o trabalho W’if




A curva pontilhada é da expansão isotérmica e a vermelha é da
adiabática.

Como o trabalho é igual numericamente a área sob a curva limitada pelo
ΔV, o que nos leva a W’if < Wif



05.

a) Nulo

WCICLO = WAB + WBC + WCD + WDA
Note que WAB = WCD = 0 (Os processos são isocóricos) e se WBC = W,
então WDA = - W.

WCICLO = 0 + W + 0 + (-W) = 0

b) Menor que zero

ΔUCICLO = 0 → (QAB + QBC + QCD + QDA) – (WAB + WBC + WCD + WDA) = 0

QBC + QDA = - (QAB + QCD) e como QAB + QCD é positivo, concluímos que

QBC + QDA é negativo, ou seja, é menor que zero.




06.

a) 9,3X104 N/m²

P0V0/T0 =PV/T → 1,0x105/300 =P/280 → P ≈ 9,3x104 N/m²

(O volume da câmara imediatamente antes e depois do colapso são
iguais)

b) Aproximadamente cinco mil newtons

R = Fexterno – Finterno = Pexterno x A – Pinterno x A = (Pexterno - Pinterno) x A

R = (1,0x105 – 0,93x105) x 0,75 → R ≈ 5,0x103 N

07.

a) 50P0V0

O valor numérico do trabalho é igual ao valor da área interna do ciclo.

No caso temos que determinar a área de um trapézio de base maior
igual a 8P0, base menor igual a 2P0 e altura igual a 10V0.

 Wciclo = (8P0 + 2P0) x 10V0/2 = 50 P0V0
b) 50P0V0

Ao completar o ciclo a variação da energia interna do gás é nula e de
acordo com a primeira lei da termodinâmica:

Qciclo = Wciclo = 50 P0V0

08. 0,75

ninicial = PV/RT e nfinal = P’V’/RT’, onde:

P’=0,60P, T’=0,80T e V’=V.

A fração pedida é a razão entre nfinal e ninicial.

nfinal/ ninicial =( P’V’/RT’)/( PV/RT ) = 0,75




09.

a) Pmáx= 3,0atm e Pmín= 1,2atm

Na situação inicial descrita, podemos escrever:

nRT = PV → nRT = 2,0 atm x 3,0 L → nRT = 6,0 atm.L

Pmáx = nRT/Vmín → Pmáx = 6,0 atm.L/2,0 L → Pmáx = 3,0 atm

Pmín = nRT/Vmáx → Pmín = 6,0 atm.L/5,0 L → Pmáx = 1,2 atm

10. (4/3) P0V0

Primeiro vamos determinar o valor da pressão do estado B

PAVA/TA =PBVB/TB → PoVo/T =PB(V0/3)/T → PB = 3P0

Se a temperatura do estado B é igual a temperatura do estado A, então a
variação da energia interna do gás na transformação AB é nula.

De acordo com a primeira lei da termodinâmica o calor cedido pelo gás é
igual ao trabalho que foi realizado sobre ele.
O valor numérico do trabalho é igual a área do trapézio de base maior
3P0, base menor P0 e altura 2V0/3.

Área = (3P0 + P0)x2V0/6 = 8P0/6 = (4/3) P0V0




Parte 04

Unidade 01 – Página 317

Óptica Geométrica – Princípios Básicos

01. 1,7m

H está para L, assim como h está para l.

02. C

Na região II não chega nenhuma luz da fonte F (Sombra).

Nas regiões I e III chega uma quantidade parcial de luz emitida pela fonte
F (Penumbra).

03. 1,50x108 km

x/3,75x105 = RS/RL

04. D
No eclipse solar a Lua está entre o Sol e a Terra e estamos em época de
Lua Nova.

No eclipse lunar a Terra está entre o Sol e a Lua e estamos em época de
Lua Cheia.

05. 3,6cm

H está para 6 cm, assim como 3m está para 5m.

06. 400m

Aqui você utiliza nas duas situações: i/o=p’/p

5/o =p’/x e 4/o =p’/x+100

07. C

A luz que atinge L1 é um feixe de raios paralelos entrei si, o que
caracteriza um objeto impróprio.

08. C

P1 em relação a L1 é vértice de pincel cônico convergente emergente de
L1, o que caracteriza um ponto imagem real.

09. A

Em relação a L2, o ponto P1 é vértice de pincel cônico divergente
incidente sobre L2 e isso caracteriza um ponto objeto real.

10. D

P2 é o encontro dos prolongamentos dos raios que emergem de L2 (e isso
caracteriza um ponto imagem virtual).

11. A

P2 em relação ao espelho E é vértice de pincel cônico divergente
incidente em E, isso caracteriza o ponto objeto real.

12. D
P3 é o encontro dos prolongamentos dos raios que emergem de E (e isso
caracteriza um ponto imagem virtual).



Questões Objetivas

01. A

I1/1,80 = p’/24 e i2/1,80 = p’/36

02. E

Se chamarmos a distancia do ponto Q ao extremo da sombra do lápis de
x, então a distancia PQ vale 49x.

H/50x = 0,10/x

03. D

 Um observador em X está no cone de sombra da Lua e aí não recebe
nenhuma luz do Sol.

04. B

Observe a figura da questão anterior.

05. E
Cada fase de Lua leva, em média, uma semana e a Terra “vira a cara” do
japonês para a Lua em apenas doze horas.




À medida que a Lua viaja ao redor da Terra ao longo do mês, ela passa
por um ciclo de fases, durante o qual sua forma parece variar
gradualmente. O ciclo completo dura aproximadamente 29,5 dias. Esse
fenômeno é bem compreendido desde a Antiguidade. Acredita-se que o
grego Anaxágoras (± 430 a.C.), já conhecia sua causa, e Aristóteles (384 -
322 a.C.) registrou a explicação correta do fenômeno: as fases da Lua
resultam do fato de que ela não é um corpo luminoso, e sim um corpo
iluminado pela luz do Sol.

A face iluminada da Lua é aquela que está voltada para o Sol. A fase da
lua representa o quanto dessa face iluminada pelo Sol está voltada
também para a Terra. Durante metade do ciclo essa porção está
aumentando (lua crescente) e durante a outra metade ela está
diminuindo (lua minguante). Tradicionalmente apenas as quatro fases
mais características do ciclo - Lua Nova, Quarto-Crescente, Lua Cheia e
Quarto-Minguante - recebem nomes, mas a porção que vemos iluminada
da Lua, que é a sua fase, varia de dia para dia. Por essa razão os
astrônomos definem a fase da Lua em termos de número de dias
decorridos desde a Lua Nova (de 0 a 29,5) e em termos de fração
iluminada da face visível (0% a 100%). Recapitulando, fase da lua
representa o quanto da face iluminada pelo Sol está na direção da Terra.

 A figura acima mostra o sistema Sol-Terra-Lua como seria visto por um
   observador externo olhando diretamente para o pólo sul da Terra. O
círculo externo mostra a Lua em diferentes posições relativas em relação
  à linha Sol-Terra, assumidas à medida que ela orbita a Terra de oeste
para leste (sentido horário para um observador olhando para o pólo sul).
 O círculo interno mostra as formas aparentes da Lua, em cada situação,
              para um observador no hemisfério sul da Terra.

As quatro fases principais do ciclo são:

Lua Nova:

      Lua e Sol, vistos da Terra, estão na mesma direção
      A Lua nasce 6h e se põe 18h.

A Lua Nova acontece quando a face visível da Lua não recebe luz do Sol,
pois os dois astros estão na mesma direção. Nessa fase, a Lua está no
céu durante o dia, nascendo e se pondo aproximadamente junto com o
Sol. Durante os dias subsequentes, a Lua vai ficando cada vez mais a
leste do Sol e, portanto, a face visível vai ficando crescentemente mais
iluminada a partir da borda que aponta para o oeste, até que
aproximadamente 1 semana depois temos o Quarto-Crescente, com 50%
da face iluminada.
Lua Quarto-Crescente:

             Lua e Sol, vistos da Terra, estão separados de 90°.
             a Lua está a leste do Sol e, portanto, sua parte iluminada
              tem a convexidade para o oeste.
             a Lua nasce meio-dia e se põe meia-noite

A Lua tem a forma de um semi-círculo com a parte convexa voltada para
o oeste. Lua e Sol, vistos da Terra, estão separados de aproximadamente
90°. A Lua nasce aproximadamente ao meio-dia e se põe
aproximadamente à meia-noite. Após esse dia, a fração iluminada da
face visível continua a crescer pelo lado voltado para o oeste, até que
atinge a fase Cheia.
Lua Cheia
               Lua e Sol, vistos da Terra, estão em direções opostas,
                separados de 180°, ou 12h.
               a Lua nasce 18h e se põe 6h do dia seguinte.

Na fase cheia 100% da face visível está iluminada. A Lua está no céu
durante toda a noite, nasce quando o Sol se põe e se põe no nascer do
Sol. Lua e Sol, vistos da Terra, estão em direções opostas, separados de
aproximadamente 180°, ou 12h. Nos dias subsequentes a porção da face
iluminada passa a ficar cada vez menor à medida que a Lua fica cada vez
mais a oeste do Sol; o disco lunar vai dia a dia perdendo um pedaço
maior da sua borda voltada para o oeste. Aproximadamente 7 dias
depois, a fração iluminada já se reduziu a 50%, e temos o Quarto-
Minguante.
Lua Quarto-Minguante

        a Lua está a oeste do Sol, que ilumina seu lado voltado para o leste
        a Lua nasce meia-noite e se põe meio-dia

A Lua está aproximadamente 90° a oeste do Sol, e tem a forma de um
semi-círculo com a convexidade apontando para o leste. A Lua nasce
aproximadamente à meia-noite e se põe aproximadamente ao meio-dia.
Nos dias subsequentes a Lua continua a minguar, até atingir o dia 0 do
novo ciclo.

O intervalo de tempo médio entre duas fases iguais consecutivas é de
29d 12h 44m 2.9s ( 29,5 dias). Esse período é chamado mês sinódico, ou
lunação, ou período sinódico da Lua.



 06. C

Rotação da Lua:
À medida que a Lua orbita em torno da Terra, completando seu ciclo de
fases, ela mantém sempre a mesma face voltada para a Terra. Isso
indica que o seu período de translação é igual ao período de rotação em
torno de seu próprio eixo. Portanto. a Lua tem rotação sincronizada com
a translação.

É muito improvável que essa sincronização seja casual. Acredita-se que
ela tenha acontecido como resultado das grandes forças de maré
exercidas pela Terra na Lua no tempo em que a Lua era jovem e mais
elástica. As deformações tipo bojos causadas na superfície da Lua pelas
marés teriam freiado a sua rotação até ela ficar com o bojo sempre
voltado para a Terra e, portanto, com período de rotação igual ao de
translação. Essa perda de rotação teria em consequência provocado o
afastamento maior entre Lua e Terra (para conservar o momentum
angular). Atualmente a Lua continua afastando-se da Terra, a uma taxa
de 4 cm/ano.

Note que como a Lua mantém a mesma face voltada para a Terra, um
astronauta na Lua não vê a Terra nascer ou se pôr. Se ele está na face
voltada para a Terra, a Terra estará sempre visível. Se ele estiver na face
oculta da Lua, nunca verá a Terra.
07. D

C é a interseção dos prolongamentos dos raios que emergem da ocular e
isso caracteriza um ponto imagem virtual.

08. D

Questões Discursivas

01. 5 m

02. 2 cm




Parte 04

Unidade 02 – Página 322

Reflexão e Refração da Luz

Questões de Treinamento

1. D

02. 200 m

03. α/2

04.

a) nA= 3; nB= 2

b) nAB=3/2

05. C

06.4/3

07. 3

08.
a) 45°

b) não (reflexão total)

09. 40 cm

10.

a) 30°




11. Diminui

12.

a) 1→refração e dispersão da luz branca;

2→reflexão total da luz;

3→refração da luz

b) ponto 1 – porque a luz sobre desvios de refração diferentes conforme
sua cor (freqüência).

Questões Objetivas

01. A

02. D

03. B

04. B

05. A

06. E

07. E

08. A

Questões Discursivas
01. 15°

02. 1,5m

03.

a) 1,56

b) sobre reflexão total, pois i > L.

04.

a) 45°




05. sen r’= 0,05 (r’ é o arco cujo seno vale 0,05)

Parte 04

Unidade 03 – Página 327

Espelhos Planos e Esféricos

Questões de Treinamento

01. 96 cm

02. D

03. Braço direito

04. A

05.
a) 1,05m

b) 0,9m

06.

a) sim

b) P

07. D

08.

a) 20 km/h

b) 40 km/h

09. 15°

10. 72°

11. C

12. D

13. h=R/2

14. D

15. D

16. D

17. C

18.

a) situação 1 – convexo, imagem virtual, direita e menor. Campo visual
maior

Situação 2 – côncavo virtual, direita e maior

Situação 3 – plano virtual, direita e mesmo tamanho

b) f= 9,0mm; espelho côncavo
19.

a) 4,2m

b) 0,64m

20. A

Questões Objetivas

01. E

02. D

03. C

04. E

05.

06. C

07. B

08. D

09. D

10. D

11. B

12. C

Questões Discursivas

01. A criança pode ver os dizeres Ordem e Progresso nas imagens três e
cinco.

02.

a) 140 cm

b) 40 cm

03. 5,0m
04.

a) 5m

b) 30m

05. a) convexo e virtual

b) 16 cm

06. 17 cm

Parte 05

Unidade 01

Subunidade 01 – Página 337

Lei de Coulomb

Questões de Treinamento

01. B

02. 6,25x1018

03.

a) {Q1 + Q2 -} ou {Q1 - Q2 +}

b) {+} negativo

04. E

05. A

06. B

07. (Repelida – positiva)

08. D


09.

10. D
11. E

12. A



Questões Objetivas

01. B

02. B

03. A

04. D

05. A

06. D

07. B

08. A

09. C

Questões Discursivas

01.

a) Após atritar o pedaço de cano de plástico com a flanela e encostá-lo
na tampa (parte metálica do Eletroscópio) esta ficará carregada
positivamente, pois os elétrons migram da tampa para o cano e as duas
partes (metades) da fita ficam com o mesmo sinal e se repelem.

b) Na eletrização por indução, teremos elétrons (cargas negativas) se
deslocando para a tampa, ficando então as lâminas de alumínio ainda
mais carregadas (positivamente) se afastando mais, como conseqüência
(α1 > α2 )

02.

a) Sinas contrários.

b) T2 = T1
03. Somente hipótese III

04.

a) Direção vertical, sentido de cima para baixo

b) Zero (nulo)

05. Oito

Parte 05

Unidade 01

Subunidade 02 – Página 342

Campo e Potencial Elétricos

Questões de Treinamento

01. Vertical para cima de valor 5.10-2 N




03. 6.105 N/C

04. Direção horizontal, sentido para a direita e módulo kQ/l

05.

a) 9.10-12C

b) 4.05.10-2 V/m

c) 8,1. 10-2 V/m

d) nulo

06.

a) Q1 é positiva e Q2 é negativa.
b) Não. As cargas elétricas são de sinais opostos.

07.

a) Direção vertical, sentido para baixo

b) 20 elétrons

08.

a) 1,0N

b) 106m/s

c) 2.103 m/s²

09. A

10.

a) Dois




11. (-1,2. 104J)

12. VA = 1,8x105 V e VB = 1,2x105 V

13.

a) 1,8x105 V

b) 7,2x10-1 J




15.
16.



18. a)




Questões Objetivas

01. D

02. D

03. A

04. C
05. C

06. Não existe

07. E

08. C

09. B

10. B

11. A

12. A

Questões Discursivas

01. 8,0 x 10-3 V/m

02.

								
To top