Segunda Fase - Nível C

Pressão de vapor, Mudanças de Fase

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.

Vide a solução acima

Mecânica e Movimento Circular

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:

$F_{max} = m \omega_{max}^{2} R = \mu_{e} Mg$

$\omega_{max} = 2\pi f_{max} = \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}}$

$f_{max} = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}} = \dfrac{1}{2 \cdot 3}\sqrt{\dfrac{0,8 \cdot 50 \cdot 10}{0,8 \cdot 0,2}} \ Hz$

$f_{max} = \dfrac{50}{6} \ Hz = \dfrac{50}{6} \cdot 60 \ rpm = 500 \ rpm$

$\boxed{f_{max} = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}} = 500 \ rpm}$

a) $\boxed{\textbf{Primeira Lei de Newton}}$

b) $\boxed{F_{max} = \mu_{e} Mg = 400 \ N}$

c) $\boxed{f_{max} = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{\mu_{e} Mg}{mR}} = 500 \ rpm}$

Óptica Geométrica

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.

a) Vide a solução acima

b) $\boxed{f = 1,8 \ m}$

c) Vide a solução acima

Eletrodinâmica

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 ($I_{S}=2\,A$)

$I_{S}\Delta{t}=Q$

$2\Delta{t}=9000\,s$

$\boxed{\Delta{t}=4500\,s}$

a) $\boxed{\epsilon'=50\,V}$

b) $\boxed{R_1=300\Omega}$, $\boxed{R_2=0,6\,\Omega}$

c) $\boxed{E_{bat}=34200\,J}$, $\boxed{\Delta{t}=4500\,s}$

Termodinamica e calorimetria

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

$W=Q$

$\boxed{W=128\,kJ}$

a) $\boxed{Q=128000\,J}$

b) $\boxed{m=400\,g}$

c) $\boxed{W=128\,kJ}$