Maratonas de Física ⇒ II Maratona de Física IME/ITA

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 81

Para que haja indicação de corrente elétrica no amperímetro devemos variar o fluxo no circuito.

Quando a lâmpada 1 for ligada ou desligada tanto na parte superior quando na parte inferior estará variando o fluxo e desta forma teremos corrente elétrica nas espiras, mas da figura vemos que as corrente serão opostos, logo não teremos indicação no amperímetro.

Quando a lâmpada 2 for ligada ou desligada apenas um dos ramos irá variar o fluxo produzindo corrente elétrica na espira fazendo que o amperímetro sobre uma deflexão. Letra D

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Problema 82

(EN - 2003) Um bloco de massa igual a [tex3]6,0 kg[/tex3] sobe um plano inclinado de [tex3]30^{\circ}[/tex3], sob a ação de uma força [tex3]F[/tex3] de módulo igual a [tex3]40 N[/tex3], paralela à reta de maior declive do plano. Existe atrito entre o bloco e o plano. Sabe-se que no intervalo de tempo de [tex3]2,0[/tex3] segundos, o bloco percorre [tex3]4,0[/tex3] metros no plano, em [tex3]M.R.U[/tex3]., e que, no instante [tex3]t = 2,0[/tex3] segundos, a força [tex3]F[/tex3] é retirada. A distância adicional, em centímetros, que o bloco ainda percorre plano acima é de: Dado:[tex3]g = 10m/s^2[/tex3]

a) 30
b) 35
c) 38
d) 40

[theblackmamba]

Solução do Problema 82

Até os [tex3]2s[/tex3]:
[tex3]F=F_{at}+mg\sen30^{\circ}[/tex3]
[tex3]F_{at}=40-6\cdot 10 \cdot 0,5=10\text{N}[/tex3]

Se o bloco estava em MRU então:
[tex3]S=V_o t[/tex3]
[tex3]4=2V_o[/tex3]
[tex3]V_o =2m/s[/tex3]

Depois se da retirada da força F temos:
[tex3]ma=F_a+mg\sen30^{\circ}[/tex3]
[tex3]a=\frac{10+30}{6}=\frac{20}{3}\,m/s^2[/tex3]

Por Torricelli:
[tex3]0^2=2^2-2\cdot \frac{20}{3}\cdot \Delta S[/tex3]
[tex3]\Delta S=\frac{4\cdot 3}{40}=0,3\text{m}[/tex3]
[tex3]\boxed{\Delta S=30\text{cm}}[/tex3]. Letra A

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Problema 83

(EN - 1998) Sejam [tex3]a_1[/tex3] e [tex3]a_3[/tex3] os módulos das acelerações dos blocos de massa [tex3]M_1[/tex3] e [tex3]M_3[/tex3] , respectivamente. Encontre a relação entre [tex3]a_1[/tex3] e [tex3]a_3[/tex3], sabendo-se que [tex3]M_1 = M_3 =\frac{M_2}{3}[/tex3] . Despreze todos os atritos e as massas das roldanas.

en1998.png (6.19 KiB) Exibido 4525 vezes

a) [tex3]a_1=\frac{6a_3}{5}[/tex3]
b) [tex3]a_1=\frac{5a_3}{6}[/tex3]
c) [tex3]a_1=\frac{2a_3}{3}[/tex3]
d) [tex3]a_1=\frac{4a_3}{5}[/tex3]
e) [tex3]a_1=\frac{3a_3}{2}[/tex3]

[emanuel9393MOD]

Solução do problema 83
Do primeiro caso, tiramos:
[tex3]M_{1} \cdot \alpha_{1} \, = \, 3 \cdot M_{1} \cdot g \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \alpha_{1} \, = \, 3 \cdot g \,\,\,\,\, (I)[/tex3]
Do segundo caso, tiramos:
[tex3]3 \cdot M_{3} \cdot g \, - \, M_{3} \cdot g \cdot \sin \, 30^{0} \, = \, M_{3} \cdot \alpha_{3} \\ \\ \alpha _{3} \, = \, \left(3 \, - \, \frac{1}{2}\right) g \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \alpha_{3} \, = \, \frac{5}{2} \cdot g \,\,\, \Rightarrow \,\,\, g \, = \, \frac{2}{5} \cdot \alpha_{3} \,\,\, (II)[/tex3]
De [tex3](II)[/tex3] e [tex3](I)[/tex3], tiramos:
[tex3]\alpha_{1} \, = \, 3 \cdot \left(\frac{2}{5} \cdot \alpha_{3}\right) \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \boxed{\boxed{\alpha_{1} \, = \, \frac{6}{5} \cdot \alpha_{3}}}[/tex3]
Letra. A

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Problema 84
(ITA - 2003) Considerando um buraco negro como um sistema termodinâmico, sua energia interna [tex3]U[/tex3] varia com a massa [tex3]m[/tex3] de acordo com a relação de Einstein: [tex3]\Delta U \, = \, \Delta m \cdot c^{2}[/tex3]. Stephen Hawking propôs que a entropia [tex3]S[/tex3] de um buraco negro depende apenas de sua massa e de algumas constantes fundamentais da natureza. Desta forma, sabe-se que a variação de massa acarreta uma variação de entropia dada por: [tex3]\frac{\Delta S}{\Delta M} \, = \, \frac{8 \cdot \pi \cdot G \cdot k_{B}}{\hbar \cdot c}[/tex3]. Supondo que não haja realização de trabalho com a variação de massa, assinale a alternativa que melhor representa a temperatura absoluta [tex3]T[/tex3] do buraco negro.

a) [tex3]T \, = \, \frac{\hbar \cdot c^{3}}{G \cdot M \cdot k_{B}}[/tex3]
b) [tex3]T \, = \, \frac{8 \cdot \pi \cdot M \cdot c^{2}}{k_{B}}[/tex3]
c) [tex3]T \, = \, \frac{M \cdot c^{2}}{8 \cdot \pi \cdot k_{B}}[/tex3]
d) [tex3]T \, = \, \frac{\hbar \cdot c^{3}}{8 \cdot \pi \cdot G \cdot M \cdot k_{b}}[/tex3]
e) [tex3]T \, = \, \frac{8 \cdot \pi \cdot \hbar \cdot c^{3}}{G \cdot M \cdot k_{B}}[/tex3]

Resposta

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Resposta = D

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 84

Da Primeira Lei da Termodinâmica temos
[tex3]Q=\Delta U +W[/tex3]

Mas do enunciado tiramos [tex3]W=0[/tex3], assim temos,
[tex3]Q=\Delta U[/tex3]

Dividinto por [tex3]T[/tex3]
[tex3]\frac{Q}{T}=\frac{\Delta M\cdot c^2}{T}[/tex3]
[tex3]\Delta S=\frac{\Delta M\cdot c^2}{T}[/tex3]
[tex3]\frac{\Delta S}{\Delta M}=\frac{c^2}{T}[/tex3]
[tex3]\frac{8 \cdot \pi \cdot G \cdot k_{B}}{\hbar \cdot c}=\frac{c^2}{T}[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{T \, = \, \frac{\hbar \cdot c^{3}}{8 \cdot \pi \cdot G \cdot M \cdot k_{b}}}[/tex3].Letra D

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Problema 85

(EN - 2003) Um pequeno bloco de madeira, que possui densidade igual a [tex3]0,50 x 10^3 kg/m^3[/tex3], é totalmente imerso em água a uma profundidade de [tex3]5,0[/tex3] metros. Despreze a viscosidade. Após ter sido liberado, o módulo da aceleração do bloco e o intervalo de tempo necessário para alcançar a superfície valem, respectivamente:
Dados:
[tex3]|\vec{g}| = 10 m/s^2[/tex3]
[tex3]\rho _{H2O} = 1,0\times 10^3 kg/m^3[/tex3]

a) [tex3]4,9 m/s^2 ; 1,4 s[/tex3]
b) [tex3]5,0 m/s^2 ; 2,8 s[/tex3]
c) [tex3]10 m/s^2 ; 1,0 s[/tex3]
e) [tex3]10 m/s^2 ; 1,4 s[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 85

Como o bloco vai subir então:
[tex3]E-P=R[/tex3]
[tex3]\rho_{\ell}\cdot \cancel{V_{\ell d}} \cdot g - \rho_b \cdot \cancel{V_{\ell}} \cdot g=\rho_b \cdot\cancel{ V_{\ell}}\cdot a[/tex3]
[tex3]a=\frac{g\cdot(\rho_{\ell}-\rho_b)}{\rho_b}[/tex3]
[tex3]a=\frac{10\cdot (1\cdot 10^3-0,5\cdot 10^3)}{0,5\cdot 10^3}=10m/s^2[/tex3]

[tex3]H=\frac{at^2}{2}[/tex3]
[tex3]5\cdot 2=10\cdot t^2[/tex3]
[tex3]t=1s[/tex3]

Letra C

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Problema 86

(AFA - 2003) A figura abaixo representa uma pista pertencente ao plano vertical. O raio [tex3]R[/tex3] da parte circular vale [tex3]4 m[/tex3]. Um corpo parte do repouso no ponto A. Desprezando o atrito e a resistência do ar e considerando que, em B, a força que comprime o móvel contra a pista vale [tex3]1/4[/tex3] do seu peso, pode-se afirma que, a sua velocidade em B vale, em [tex3]m/s[/tex3], aproximadamente:

afa2003.png (4.07 KiB) Exibido 4512 vezes

a) 3,2
b) 7,1
c) 5,5
d) 6,3

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 86

No ponto [tex3]B[/tex3],
[tex3]F_r=m\cdot a_c[/tex3]
[tex3]N+P=\frac{mv^2}{R}[/tex3]
[tex3]\frac{mg}{4}+mg=\frac{mv^2}{4}[/tex3]
[tex3]v^2=50[/tex3]
[tex3]\boxed{v\approx 7,1\,m/s}[/tex3]. Letra B

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Problema 87

(EFOMM - 1998) Uma força F atua sobre um bloco de [tex3]1kg[/tex3] o qual está apoiado sobre um plano inclinado de [tex3]30^{\circ}[/tex3]. Calcule o módulo da força [tex3]F[/tex3], em newtons, necessária para que o bloco suba o plano inclinado com velocidade constante. O coeficiente de atrito dinâmico é [tex3]\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex3] e a aceleração da
gravidade é de [tex3]10m/s^2[/tex3] .

EFOMM_1998_Q10.png (8.44 KiB) Exibido 4503 vezes

a) 50
b) 60
c) 70
d) 80
e) 90

[theblackmamba]

Solução do Problema 87

Se o bloco vai subir com velocidade constante é porque a soma das forças atuantes no bloco deve ser nula.

Na vertical:
[tex3]F\sen60^{\circ} +mg\cos30^{\circ} =N[/tex3]
[tex3]N=F\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+1\cdot 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}[/tex3]

Na horizontal:
[tex3]F\cos60^{\circ}=mg\sen30^{\circ}+N\mu[/tex3]
[tex3]\frac{F}{2}=1\cdot 10 \cdot 0,5+\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot (F+10)[/tex3]
[tex3]\frac{F}{2}=5+\frac{3F}{8}+\frac{30}{8}[/tex3]
[tex3]4F=40+3F+30[/tex3]
[tex3]\boxed{F=70\text{N}}[/tex3]. Letra C

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Problema 88
(AFA - 2001) Durante um jogo de basquetebol, um jogador arremessa a bola com velocidade inicial de [tex3]10 m/s[/tex3] formando um ângulo de [tex3]30^{\circ}[/tex3] acima da horizontal. Sabendo-se que a altura do cesto é [tex3]3,05 m[/tex3] e que o lançamento foi feito de uma altura de [tex3]2 m[/tex3], a distância horizontal, em metros, do jogador ao cesto, para que ele consiga fazer os pontos sem o auxílio da tabela, deverá ser aproximadamente:

a) 2,02
b) 4,00
c) 6,09
d) 7,05

[felps]

Solução do problema 88

[tex3]1,05 = 5t - 5t^2[/tex3]
[tex3]5t^2 - 5t + 1,05[/tex3]
[tex3]t = 0,3[/tex3] ou [tex3]t = 0,7[/tex3]

[tex3]X = 10\frac{\sqrt{3}}{2}0,7[/tex3]
[tex3]X = 7\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex3]
[tex3]X \approx 6,06[/tex3]

O que mais se aproxima é a Letra C.

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Problema 89

(ITA-1987) Numa experiência de óptica, um analisador de polarização é disposto com seu plano de polarização formando um ângulo de [tex3]60^o[/tex3] com o plano de vibração de um feixe luminoso plano-polarizado. A relação entre a intensidade transmitida e a intensidade incidente e:

a) [tex3]\frac{1}{2}[/tex3]
b) [tex3]\frac{3}{4}[/tex3]
c) [tex3]\frac{1}{4}[/tex3]
d) [tex3]\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex3]
e) [tex3]0[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 89

Problema muito simples e ao mesmo tempo muito difícil para aqueles que não sabem a Lei de Malus.

Aplicação direta da fórmula.
[tex3]I_{entra}=I_{sai}\cdot \cos^2\alpha[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\frac{I_{entra}}{I_{sai}}=\cos^260^{\circ} =\left(\frac{1}{2}\right)^2[/tex3]
[tex3]\boxed{\frac{I_{entra}}{I_{sai}}=\frac{1}{4}}[/tex3]. Letra B

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Problema 90

(ITA-1973) Dado o circuito a seguir, determine a f.e.m. da pilha para que a potência dissipada em qualquer das resistências não ultrapasse [tex3]4W[/tex3]

ITA 1973_circuito.png (6.15 KiB) Exibido 7528 vezes

a) 9V
b) 4,5V
c) 1,5V
d) 90V
e) 45V

[theblackmamba]

Solução do Problema 90

Calculando a resistência equivalente:
[tex3]R_s=\frac{6\cdot 3}{6+3}+4+3=9\Omega[/tex3]

Como o resistor de [tex3]4\Omega[/tex3] está em série com o gerador, ele "receberá mais potência".

Pela Lei de Pouilet:
[tex3]i=\frac{E}{9}[/tex3]

[tex3]P_{max}=Ri^2[/tex3]
[tex3]4 \leq 4\cdot\frac{E_{}^2}{81}[/tex3]
[tex3]E^2 \leq 81[/tex3]
[tex3]E \leq 9\,\text{V}[/tex3]

A letras A, B e C seriam válidas, mas creio que o autor desejasse a f.e.m máxima.
[tex3]\boxed{E_{max}=9\,\text{V}}[/tex3]. Letra A

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Problema 91

(ITA - 1982) A massa de um objeto feito de liga ouro-prata é [tex3]354 g[/tex3]. Quando imerso na água, cuja massa específica é [tex3]1,00g cm^{-3}[/tex3], sofre uma perda aparente de peso correspondente a [tex3]20,0 g[/tex3] de massa. Sabendo que a massa específica do ouro é de [tex3]20,0 g cm^{-3}[/tex3] e a da prata [tex3]10,0 g cm^{-3}[/tex3], podemos afirmar que o objeto contém a seguinte massa de ouro, em gramas:

a) 177
b) 118
c) 236
d) 308
e) 54