Escrito por Matheus Felipe R. Borges e Rafael Ribeiro
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C1
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Pressão de vapor, Mudanças de Fase[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Essas bolhas surgem devido à ebulição do éter presente na garrafa. Por estarmos num local com menor pressão atmosférica, a pressão de vapor do líquido não precisa chegar até $$760 \ mmHg$$ ($$1 \ atm$$) para entrar em ebulição: basta chegar à pressão local de $$630 \ mmHg$$, o que requer uma temperatura menor do líquido. Isto é, a temperatura de ebulição de um líquido diminui conforme diminuimos a pressão ambiente, permitindo que o simples calor proveniente do capô do carro aqueça o éter a ponto de entrar em ebulição.
b) Isso ocorre pois em Campos de Jordão, a temperatura de ebulição da água é menor do que $$100 \ ^{o}C$$, de modo que o fogão precisa dar menos calor até a água ebulir, levando menos tempo para ferver então. Por outro lado, por não estar tão quente quanto estaria ao nível do mar, a água conduz uma potência para os alimentos que tentamos cozinhar, de modo que é necessário um maior tempo de cozimento.
c) Isso ocorre pois a pressão local é menor do que aquela ao nível do mar, o que facilita que as moléculas de acetona escampem para o ar e se tornem vapor, esvaziando o frasco.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Vide a solução acima
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C2
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica e Movimento Circular[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) A lei responsável por esse afastamento é a Primeira Lei de Newton. Conforme a rotação se inicia, o atrito cinético entre a pedra e o fundo da máquina gera um impulso tangencial (isso é, na direção da rotação). Devido à falta de uma força radial para manter o movimento circular, a pedra continua tendo movimento radial de acordo com a Lei da Inércia até que encontre uma força que possa agir como resultante centrípeta, o que ocorre quando atinge a parede externa da máquina de lavar. Assim, a lei responsável por esse fenômeno é a
$$\boxed{\textbf{Primeira Lei de Newton}}$$
b) Como a massa de roupa e da máquina de lavar está simetricamente distribuída, a única contribuição para força resultante na máquina de lavar é a força de reação entre a pedra e a parede interna da máquina, que corresponde à componente centrípeta da pedra. Assim:
$$F = \dfrac{mv^{2}}{R} = m \omega^{2} R$$
Fazendo o equilíbrio desta força com o atrito estático:
$$F = F_{f} \leq \mu_{e} N = \mu_{e} Mg$$
Usando os dados do enunciado, e sabendo que o coeficiente de atrito estático é sempre maior do que o cinético:
$$F_{max} = 0,8 \cdot 50 \ 10 \ N$$
$$\boxed{F_{max} = \mu_{e} Mg = 400 \ N}$$
c) Usando as equações obtidas acima, obtemos:
$$F_{max} = m \omega_{max}^{2} R = \mu_{e} Mg$$
$$\omega_{max} = 2\pi f_{max} = \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}}$$
$$f_{max} = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}} = \dfrac{1}{2 \cdot 3}\sqrt{\dfrac{0,8 \cdot 50 \cdot 10}{0,8 \cdot 0,2}} \ Hz$$
$$f_{max} = \dfrac{50}{6} \ Hz = \dfrac{50}{6} \cdot 60 \ rpm = 500 \ rpm$$
$$\boxed{f_{max} = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}} = 500 \ rpm}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\textbf{Primeira Lei de Newton}}$$
b) $$\boxed{F_{max} = \mu_{e} Mg = 400 \ N}$$
c) $$\boxed{f_{max} = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}} = 500 \ rpm}$$
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C3
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Óptica Geométrica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para essa questão, devemos pensar como na óptica geométrica. Assim, sendo Alex o emissor da onda sonora, ele é o nosso Ponto Objeto. E como as ondas sonoras finalmente convergem para Marcos, ele é o nosso Ponto Imagem.
Quanto à mudança de função dos amigos, o Princípio da Reversibilidade dos Raios de Luz (nesse caso, “raios sonoros”) nos mostra que não há necessidade de os amigos mudarem de posição.
b) Sabemos que Marcos (Ponto Imagem) está a $$p’ = 2 \ m$$ de distância da calota côncava, enquanto Alex dista $$p = 2 + 2 + 12 + 2 \ m = 18 \ m$$ desse objeto. Assim, usando a Equação dos Pontos Conjugados:
$$\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{p’}$$
$$\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{18} \ m^{-1} = \dfrac{9}{18} + \dfrac{1}{18} \ m^{-1} = \dfrac{10}{18} \ m^{-1}$$
$$\boxed{f = 1,8 \ m}$$
c) Isso ocorre devido aos efeitos de propagação das ondas sonoras em três dimensões. Conforme as frentes de onda se propagam afastam da fonte, a sua energia se dispersa segundo a Lei do Inverso do Quadrado, reduzindo a intensidade do som. Assim, quando Alex fala, Marcos escuta bem por estar próximo à concavidade que concentra as ondas sonoras em sua posição, de modo que essa redução de intensidade é menor. Já quando Marcos fala, Alex se encontra bastante distante da fonte sonora que é a concavidade, fortalecendo esse efeito de redução.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Vide a solução acima
b) $$\boxed{f = 1,8 \ m}$$
c) Vide a solução acima
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C4
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletrodinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
No texto, o carregador é dividido em dois circuitos: um de ENTRADA, em que o carregador opera como um receptor e a tomada como gerador, e outro de SAÍDA, em que o carregador opera como gerador e o celular como receptor. Vamos às definições: o texto chama de $$f_{em}$$ a diferença de potencial na bateria que gera energia, ou seja, $$f_{em_{ENTRADA}}=110V$$ e $$f_{em_{SAIDA}}=5V$$, e chama de $$f_{cem}$$ a diferença de potencial na bateria que recebe energia, ou seja, $$f_{cem_{ENTRADA}}=\epsilon’$$ e $$f_{cem_{SAIDA}}=3V$$.
a) Analisando a seguinte frase do enunciado
“[…] a potência consumida pela $$f_{cem}$$ do circuito ENTRADA é igual à potência produzida pela $$f_{em}$$ do circuito de SAÍDA.”
concluímos que a potencia cosumida na bateria de ddp $$\epsilon’$$ é a mesma produzida na bateria de ddp $$5\,V$$, logo
$$f_{cem_{E}}\times{I_{E}}=f_{em_{S}}\times{I_{S}}$$
$$0,2\epsilon’=2\times{5}\,V$$
$$\boxed{\epsilon’=50\,V}$$
b) Analisaremos agora cada circuito independentemente. No cirtuito ENTRADA temos que a resistência equivalente é apenas o $$R_1$$, logo, ao utilizar a lei das malhas, encontramos
$$f_{em_{E}}-f_{cem_{E}}=R_{eq}\times{I_{E}}$$
$$110-50=0,2R_1$$
$$\boxed{R_1=300\Omega}$$
Analogamente para o circuito SAÍDA
$$f_{em_{S}}-f_{cem_{S}}=R_{eq}\times{I_{S}}$$
Porém, agora a resistência equivalente vala $$R_{eq}=R_2+(0,4\,\Omega)$$
$$5-3=2(0,4+R_2)$$
$$\boxed{R_2=0,6\,\Omega}$$
c) A diferença de potencial na bateria pode ser calculado da seguinte forma
$$U_{bat}=f_{cem_{S}}+R_2\times{I_{S}}$$
$$U_{bat}=(3+0,4\times{2})\,V$$
$$U_{bat}=3,8\,V$$
Pois atua como um recepitor. A energia armazenada pela bateria é calculada da seguinte maneira
$$E_{bat}=U_{bat}\times{Q}$$
Onde $$Q$$ é a carga total que passa pela bateria $$Q=2500mAh$$. Para encontrar a energia em joules precisamos utilizar a ddp em volts e a carga em coulomb, então precisamos converter a carga que está em $$mAh$$ para $$C$$. A unidade $$mAh$$ (lê-se miliampere-hora) mede a quantidade de carga que passa com um miliampere de corrente em uma hora, ou seja
$$1mAh=(1mA)\times(1h)={10^{-3}}\times(60\times60)\,As$$
$$1mAh=3,6\,C$$
Portanto, a carga total mede
$$Q=2500mAh=2500\times3,6\,C$$
$$Q=9000\,C$$
Logo a energia armazenada na bateria mede
$$E_{bat}=(4,2\times9000)\,VC$$
$$\boxed{E_{bat}=34200\,J}$$
Para calcular o tempo, utilizaremos a corrente ($$I_{S}=2\,A$$)
$$I_{S}\Delta{t}=Q$$
$$2\Delta{t}=9000\,s$$
$$\boxed{\Delta{t}=4500\,s}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\epsilon’=50\,V}$$
b) $$\boxed{R_1=300\Omega}$$, $$\boxed{R_2=0,6\,\Omega}$$
c) $$\boxed{E_{bat}=34200\,J}$$, $$\boxed{\Delta{t}=4500\,s}$$
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C5
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinamica e calorimetria[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, para calcular o fluxo de calor pelo disco utiliza-se a lei de fourier
$$\phi=\dfrac{kA\Delta{T}}{l}$$
Onde $$k=80\,W.m^{-1}.^{\circ}C$$ é a condutividade do ferro, $$\Delta{T}=(293-273)^{\circ}C^{-1}$$ é a diferença de temperatura entre o gás e água, $$A=1dm^2=0,01m^2$$ é a área do cilíndro e $$l=4cm=0,04m$$ é a espessura. O valor de $$\phi$$ mede o calor por unidade de tempo que passa pelo cilíndro.
$$\phi=\dfrac{80\times0,01\times20}{0,01}$$
$$\phi=1600\,W$$
Calculando o calor
$$Q=\phi\Delta{t}$$
$$Q=1600\times80\,Ws$$
$$\boxed{Q=128000\,J}$$
b) O calor que passou foi usado para transformar água em gelo
$$Q=mL$$
Onde $$L=320J/g$$ é o calor latente da água e $$m$$ a massa que foi transformada em água.
$$128000=320m$$
$$\boxed{m=400g}$$
c) Para calcular o trabalho exercido pelo êmbolo no gás utilizaremos a primeira lei da termodinâmica
$$W=\Delta{U}+Q$$
Onde $$W$$ é o trabalho externo (realizado pelo êmbolo), $$\Delta{U}$$ é a variação de energia do gás — nesse caso $$\Delta{U}=0$$, pois a temperatura do gás não muda — e $$Q$$ é o calor que sai do gás.
Obs.: Você pode ter visto essa lei escrita de forma diferente ($$\Delta{U}=Q-W$$) e elas não são diferentes! O que muda são as definições de $$Q$$ e $$W$$, pois nesse segundo caso $$Q$$ é o calor que entra no gás e $$W$$ o trabalho realizado pelo gás.
Conclui-se que o trabalho realizado pelo êmbolo(externo) vale
$$W=Q$$
$$\boxed{W=128\,kJ}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{Q=128000\,J}$$
b) $$\boxed{m=400\,g}$$
c) $$\boxed{W=128\,kJ}$$
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