Sensação Térmica | Leis de Conservação

Resposta: A

No início o sistema fóton – elétron possui momento linear com direção e sentido no eixo $x$ , pois só o fóton está se movendo.

Esquema do foton (Foto: Reprodução/Fuvest) — Esquema do fóton (Foto: Reprodução/Fuvest)

Após a colisão, o momento linear do sistema deverá ser mantido, já que o sistema é isolado. Após a colisão, o elétron adquire momento linear inclinado para baixo ( $y$ negativo). Para que haja conservação do momento, o fóton deverá ter pelo menos uma componente $y$ positiva de momento linear após a colisão.

Observe que a soma dos vetores preto (momento do elétron) e verde (momento final do fóton) na figura abaixo é igual ao vetor amarelo (momento inicial do fóton) na figura acima.

Próton após colisão (Foto: Reprodução/Fuvest)

Resposta: A

A variação do momento linear de uma partícula é igual ao impulso. Como se trata de uma colisão elástica entre corpos idênticos, eles trocam de velocidade após a colisão (Exemplo 1, na página Colisões). Logo, para a primeira partícula, o módulo da variação do momento é $|\Delta p| = mv$ .

Por outro lado, o impulso é numericamente igual à área do gráfico $F\times t$ . Para determinar a força máxima, precisamos encontrar primeiro o valor dessa área.

O impulso é dado pela soma das áreas A1 e A2:

$I=T\frac{F_{0}}{2}+\frac{T\frac{F_{0}}{2}}{2}=\frac{3}{4}TF_{0}$

Como $|\Delta p| = I$ , temos que

$mv=\frac{3F_{0}T}{4}\rightarrow F_{0}=\frac{4mv}{3T}$

Resposta: A

A ligação do gás oxigênio $O_2$ com um átomo de oxigênio $O$ é descrita pelo chamado potencial de Lennard-Jones, que é dado por

$U(r)=\epsilon \left[\left(\frac{r_m}{r}\right)^{12} -2\left(\frac{r_m}{r}\right)^6\right]$

onde $\epsilon$ é uma constante (profundidade do poço de potencial) e $r_m$ é a distância em que o potencial é mínimo.

A condição para que a molécula de ozônio seja quebrada é quando a distância $r$ tende a infinito, o que dá $U(r)=0$ pelo gráfico.

Se a molécula de ozônio estiver inicialmente em situação de equilíbrio, a sua energia potencial é mínima e vale, de acordo com o gráfico, $U_{\rm min} = -6 \times 10^{-19}\;\textrm{J}$ .

Para que ocorra a quebra da ligação, a molécula de ozônio inicialmente com energia $U=U_\textrm{min}}$ precisa receber energia do fóton para que passe a ter energia potencial $U=0$ . Logo, energia que o fóton deve possuir é

$E=0-(-6.10^{-19})=6\times 10^{-19}\textrm{ J}$

Conhecendo a energia do fóton, podemos determinar a sua frequência:

$E=hf\; \Rightarrow\; f=\frac{6\times 10^{-19}}{6 \times 10^{-34}}=1\times 10^{15}\textrm{ Hz}$

Resposta

a) O campo elétrico é determinado pela razão entre o potencial elétrico e a carga, então:

$E=\frac{U}{q}=\frac{15.10^{3}}{12.10^{-2}}=1,25.10^{5}V/m$

b) O trabalho é igual a variação da energia cinética, que também é o produto da força pelo deslocamento.

Para determinar a energia cinética temos que considerar:

diferença de potencial elétrico: $V=E.q$

força elétrica: $F=\frac{K.Q.q}{d^{2}}$

campo elétrico: $E=\frac{K.Q}{d^{2}}=\frac{V}{d}$

Trabalho: $\tau =q.V$

Assim temos:

$\Delta E_{c}=\tau \rightarrow E_{cf}-0=F_{el}.d$

$K_{f}=\frac{KQq}{d^{2}}d={Vq}=15.10^{3}.1,6.10^{-19}=2,5.10^{-15}J$

Resposta: D

I. O trabalho é igual a variação da energia cinética. O trabalho da força elétrica é $\tau =q.V$ .

Considerando a velocidade nula em A temos:

$K_{B}=q.V=1,6.10^{3}.15.10^{-19}=2,4.10^{-15}J$

II. A velocidade é a mesma nos pontos A e B, então a variação da energia cinética é a mesma.

III. O trabalho é igual a variação da energia cinética, se a variação de energia cinética é a mesma nos dois pontos, então o trabalho realizado é o mesmo.

Resposta: C

A energia cinética é diretamente proporcional a temperatura, então se a temperatura é a mesma a energia cinética também é a mesma independentemente da massa.

De acordo com a equação da energia cinética $K=\frac{mv^{2}}{2}$ e analisando os gases temos que o gás de maior massa possui menor velocidade e o gás de menor massa possui maior velocidade. Assim temos:

$K_{A}=K_{B}\rightarrow \frac{m{v_{A}}^{2}}{2}=\frac{m{v_{B}}^{2}}{2}$

$\frac{4mv_{A}^{2}}{2}=\frac{mv_{B}^{2}}{2}\rightarrow 4{v_{A}}^{2}={v_{B}}^{2}\rightarrow v_{B}=2v_{A}$

Resposta: 08

Se a temperatura se manteve constate a variação da energia interna é nula. O gás sofre uma compressão, então o trabalho é negativo -400 J.

Pela Primeira Lei da Termodinâmica temos:

$Q=\Delta U+\tau \rightarrow Q=\tau = -400J$

O valor de Q é negativo, isso significa que o sistema cedeu calor para o ambiente.

Resposta: D

Pela Primeira da Termodinâmica podemos calcular o trabalho realizado pelo gás:

$Q=\tau +\Delta U\rightarrow \tau =2000-1200=800J$

Quando a pressão é mantida constante (transformação isobárica) o trabalho pode ser calculado pelo produto entre a pressão e a variação de volume. Assim temos o volume:

$\tau =P.\Delta V\rightarrow \Delta V=\frac{800}{50}=16m^{3}$

Resposta: A

O gás realiza trabalho quando seu volume expande. Analisando a figura verifica-se que a maior expansão e consequentemente maior trabalho está representa na figura A. Podemos afirmar isso porque o trabalho é numericamente igual a área abaixo dessa curva do diagrama PxV.

Resposta: A

Aumentando a massa de água, isto significa que temos uma maior distribuição de massa em torno do eixo de rotação.

A equação $I=mr^{2}$ mostra que o momento de inércia aumenta com o aumento da massa, já que são diretamente proporcionais.

Resposta: C

O momento angular é determinado pelo produto entre o momento de inércia e a velocidade angular.

$L=I\omega$

O momento de inércia $I$ depende da distribuição da massa em relação ao eixo de rotação.

Assim conforme o barbante enrola no dedo (eixo de rotação) a distância entre o corpo e o eixo diminui. Pela conservação do momento angular a velocidade angular aumenta.

Resposta: A

A segunda lei de Newton afirma que a força resultante é igual a variação da quantidade de movimento (momento linear) num intervalo de tempo.

$F_{r}=\frac{\Delta p}{\Delta t}$

Assim a variação de momento linear das moléculas de ar geram uma força que atua sobre a hélice fazendo – a girar.

Resposta: B

O momento angular é o produto do momento de inércia $I$ com a velocidade angular $\omega =2\pi f$ .

$L=I.\omega$

Se o momento linear é conservado temos que para o número de giros aumentar, a velocidade angular deve aumentar, então consequentemente o momento de inércia deve diminuir.

A expressão matemática que permite o cálculo do momento de inércia $I$ de um objeto simples é:

$I=mr^{2}$

onde $m$ é a massa em quilograma e $r$ é a distância do objeto até o eixo de rotação em metros. Assim se a distância entre o objeto e o eixo de rotação diminui, o momento de inércia diminui, por isso que ao encolher os braços e as pernas o atleta gira mais rápido.

Resposta: C

O momento angular é o produto do momento de inércia $I$ com a velocidade angular $\omega =2\pi f$ .

A frequência é determinada pela razão entre o número de voltas e o intervalo de tempo $f=\frac{n}{\Delta t}$ . Assim temos que a frequência 1 é $f_{1}=1,5Hz$ e $f_{2}=2,0Hz$ .

Como o momento angular se conserva temos:

$L_{1}=L_{2}\rightarrow I_{1}.\omega _1=I_{2}.\omega _2\rightarrow I_{1}.2\pi f_{1}=I_{2}.2\pi f_{2}$

$\frac{I_{2}}{I_{1}}=\frac{1,5}{2}=0,75\rightarrow I_{2}=0,75I_{1}$

A variação do momento de inércia corresponde a 25%.

Resposta: C

Vamos adotar o sentido do carrinho como positivo, então consequentemente a caixa está em sentido oposto. Sabendo que o momento linear inicial é zero, pois o sistema está em repouso, pela conservação do momento linear temos:

${p_{carrinho}}^{'}+{p_{caixa}}^{'}={p_{carrinho}}+{p_{caixa}$

$5mV+(-mv)=0\rightarrow V=0,2v$

Resposta: C

A tabela mostra que os dois carrinhos só estão juntos a partir dos 8s. O carrinho 1 possui velocidade constante então podemos determinar sua velocidade antes da colisão.

$v_{1}=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{30-15}{1-0}=15m/s$

A velocidade do carrinho 2 é zero, pois está em repouso.

$v_{2}=0$

Após a colisão, os dois carrinhos permanecem juntos, temos assim uma colisão inelástica e a velocidade será $v^{'}$ . Analisando a tabela temos o intervalo de tempo 8s à 11s, podemos assim determinar a velocidade do conjunto

$v^{'}=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{90-75}{11-8}=5m/s$

Pela conservação do momento linear.

$p_{f}=p_{i}\rightarrow (m_{1}+m_{2})v^{'}=m_{1}.v_{1}+m_{2}.v_{2}$

$(150+m_{2}).5=150.15+m_{2}.0\rightarrow m_{2}=300g$

Resposta: A

Após a bala atingir o bloco eles permanecem juntos e temos uma colisão inelástica. O momento linear é conservado em qualquer tipo de colisão.

Para descobrir a velocidade inicial da bala precisamos descobrir primeiro a velocidade do conjunto após a colisão. Para descobrir essa velocidade iremos usar a conservação de energia mecânica.

Depois da colisão, o sistema atinge uma altura de 20 cm = 0, 2m , adquirindo energia potencial gravitacional máxima que surge devido a transformação de energia cinética máxima. Assim considerando o ponto da trajetória mais baixo (h =0) quando o sistema está na vertical temos:

$E_{i}=E_{f}\rightarrow \frac{m{v_{i}}^{2}}{2}+mgh_{i}=\frac{m{v_{f}}^{2}}{2}+mgh_{f}$

$\frac{m{v_{i}}^{2}}{2}=mgh_{f}$

$v_{i}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2.10.0,2}=2 m/s$

A velocidade de 2 m/s é a velocidade do conjunto logo após a colisão, então pela conservação do momento linear podemos determinar a velocidade inicial da bala.

$p_{f}=p_{i}\rightarrow m_{s}v_{s}=m_{ba}m_{ba}+m_{bl}m_{bl}$

$(5,05).2=0,05v_{ba}+5.0\rightarrow v_{ba}=202m/s$

Resposta: 0,8m

Após a colisão as esferas A e B permanecem unidas, então temos uma colisão inelástica. O momento linear é conservado (em qualquer tipo de colisão, o momento linear é conservado), porém a energia cinética não é conservada em colisões inelásticas.

Antes e depois da colisão a resistência do ar e atritos são desprezados, então temos um sistema conservativo, que permite afirmamos que a energia mecânica é conservada.

Adotando -se o ponto B como referência, para o ponto mais baixo da trajetória, quando a esfera começa a descer temos:

$K_{A}+U_{A}=K_{B}+U_{B}$

$\frac{mv_{A}^{2}}{2}+mgh_{A}=\frac{mv_{B}^{2}}{2}+mgh_{B}$

$\frac{0^{2}}{2}+gh=\frac{v_{B}^{2}}{2}+g.0\rightarrow v_{B}=\sqrt{2gh}$

Sendo v a velocidade após a colisão e de acordo com a conservação do momento linear, temos:

$p_{f}=p_{i}\rightarrow (m+m)v=mv_{A}+mv_{B}$

$2mv=m\sqrt{2gh}+m.0\rightarrow v=\frac{\sqrt{2gh}}{2}$

Imediatamente após a colisão temos a novamente a conservação da energia mecânica.

$K_{c'}+U_{p'}=K_{B}+U_{B}$

$\frac{mv'}{2}+mgh'=\frac{mv_{B}}{2}+mgh_{B}$

$2mgh'=\frac{2mv^{2}}{2}$

$10.0,2=\frac{(\frac{\sqrt{2.g.h}}{2})^{2}}{2}\rightarrow h=0,8m$

Após a colisão até as esferas tocarem o sensor, o menor valor de altura que a esfera deve estar é 0,8m.

Resposta: C

Iremos adotar o sentido do movimento das partículas como positivo.

Após a colisão a massa das partículas permanecem juntas com o satélite, então temos uma colisão inelástica. Pela conservação do momento linear temos:

$p_{f}=p_{i}$

$(m_{s}+m_{p})v_{conj}=m_{p}v_{p}+m_{s}v_{s}$

$(5+95).v_{conj}=5.2.10^{5}-95.4.10^{3}$

$v_{conj}=6200m/s$

Resposta: B

Para resolvermos esse exercício iremos usar o teorema do impulso $I=F\Delta t$ e a variação do momento linear $\Delta p=F\Delta t$ .

$p_{f}-p_{i}=F\Delta t\rightarrow p_{f}=F\Delta t$

$mv=F\Delta t\rightarrow F=\frac{mv}{\Delta t}$

$F=\frac{0,14.45}{0,07}=90N$

Resposta: 10 000 N.s

A área do gráfico Fxt é igual ao impulso. Considerando o intervalo tempo de 5s à 105s temos a área do retângulo.

$I=F\Delta t\rightarrow I=100.(105-5)=10000Ns$

Resposta: 01+16=17

01 – Verdadeira. Pelo teorema do impulso temos:

$I=\Delta p\rightarrow F\Delta t=m(v_{f}-v_{i})\rightarrow F=\frac{m(v_{f}-v_{i})}{\Delta t}$

A velocidade final está com uma inclinação de 10° em relação à horizontal, então devemos calcular a componente da velocidade na horizontal.

$v_{x}=20.cos10^{\circ}=19,6m/s$

Assim:

$F=\frac{0,3.(19,4-4)}{0,02}=234N$

02 – Falsa. Usando a equação para lançamento vertical entre as figuras correspondentes ao tempo 1s e 2,2s temos:

$h=h_{0}+v_{0}t+\frac{g.t^{2}}{2}$

$3,5=2+v_{0}.1,2-\frac{10}{2}.1,2^{2}\rightarrow v_{0}=7,25m/s$

04 – Falso. A afirmação não está de acordo com a 3ª lei de Newton, para toda força de ação existe uma força de reação de mesma intensidade, direção e sentido oposto.

08 – Falsa. Como o impacto da mão com a bola acontece com um ângulo de 10° em relação à horizontal, a força média possui uma componente na vertical $\vec{F}_{y}$ .

16 – Verdadeiro. O trabalho sobre a bola é dado pela variação da energia cinética.

$\tau =\Delta E_{c}=\frac{m.(v_{f}-v_{i})}{2}=\frac{0,3.(19,4-4)^2}{2}=55J$

Resposta: C

A área sombreada é igual a área de um triângulo. Calculando a área temos:

$A=\frac{Q.V}{2}$

Q representa o momento linear Q=p=m.v, então podemos escrever

$A=\frac{m.v.v}{2}=\frac{m.v^{2}}{2}$

A área representa a energia cinética.

Resposta: A

Logo antes da colisão a velocidade da bola é zero, pois atingiu a altura máxima. Após a colisão sua velocidade é 108 km/h = 30m/s. Considerando a massa 50 g =0,05 kg temos:

$\Delta p=p_{f}-p_{i}=m(v_{f}-v_{i})$

$\Delta p=p_{f}-p_{i}=0,05.(30-0})$

$\Delta p=1,5kg.m/s$

Resposta: D

As partículas envolvidas em decaimentos formam um sistema isolado, então temos conservação de momento linear.

$\vec{Q_{f}}=\vec{Q{i}}\rightarrow \vec{Q_{He}}=\vec{Q_{e}}+\vec{Q_{Li}}+\vec{Q_{\upsilon }}$

De acordo com o enunciado, o átomo de hélio estava em repouso, então:

$0=\vec{Q_{e}}+\vec{Q_{Li}}+\vec{Q_{\upsilon }}$

O vetor antineutrino é o vetor oposto do vetor resultante entre $Li_{3}^{6}\textrm{}$ e $e^{-}$ , então a alternativa correta é a letra D.

Resposta: B

I – Falso. O momento linear é conservado em qualquer colisão, porém a energia cinética só é conservada em colisões elásticas.

II – Verdadeiro. Se um corpo possui momento linear significa que sua velocidade é diferente de zero e consequentemente sua energia cinética também. A energia mecânica é a soma da energia cinética com a energia potencial. Em alguns casos em que a energia potencial é zero, a energia mecânica fica caracterizada apenas pela energia cinética.

III – Falso. O momento linear é o produto da massa pela velocidade. Assim mesmo um corpo com massa menor em relação a outro, se ele possuir uma velocidade maior, seu momento pode sim ser maior que o momento do corpo de maior massa.

Resposta: E

Antes da colisão como os corpos se movimentam perpendicularmente, devemos calcular o módulo do momento linear inicial.

Como os vetores são perpendiculares temos que o vetor resultante é a hipotenusa do triângulo. Pelo teorema de Pitágoras temos:

${p_{i}}^{2}={p_{Ai}}^{2}+{p_{Bi}}^{2}$

${p_{i}}^{2}={m2v}+{mv}$

$p_{i}=mv\sqrt{5}$

$p_{final}=p_{inicial}$

$(m_{A}+m_{B})v^{'}=mv\sqrt{5}$

$2mv^{'}=mv\sqrt{5}$

$v^{'}=\frac{v\sqrt{5}}{2}$

Resposta: E

Para determinar a velocidade da caminhonete antes da colisão precisamos saber qual a sua velocidade após a colisão. Após a colisão os corpos se mantém juntos (colisão inelástica), formando um bloco de massa 3000 kg. Sabemos que esse bloco desloca-se 10m e a força resultante sobre ele é a força de atrito, então podemos determinar sua velocidade usando o Princípio Fundamental da Dinâmica: $F_{r}=m.a$ e a equação $v^{2}={v_{o}}^{2}+2.a.\Delta s$

$F_{r}=m.a\rightarrow F_{at}=m.a$

$N\mu =m.a\rightarrow m.g.\mu =m.a$

$a=10.0,5=5,0m/s^{2}$

Substituindo a = -5m/s² encontramos a velocidade.

$v^{2}={v_{o}}^{2}+2a\Delta s$

$0^{2}={v_{o}}^{2}+2.(-5).10\rightarrow v_{0}=10m/s$

A velocidade de 10 m/s é a velocidade do conjunto após a colisão, então pela conservação do momento linear temos:

$p_{final}=p_{inicial}$

$(m_{c}+m_{s})v^{'}=m_{c}v_{c}+m_{s}v_{s}$

$3000.10=2000.v_{c}+0$

$v_{c}=15m/s=54km/h$

Resposta: A

o trabalho realizado sobre a lua pela força gravitacional da Terra é nulo porque o ângulo formado entre a força e o deslocamento é 90° graus. Como $cos90^{\circ}=0$ ao substituir na equação do trabalho $W =Fdcos\theta$ , verificamos que o trabalho será nulo.

Resposta: B

Veja que o referencial é o piso do elevador, portanto, o deslocamento do corpo foi de 2 m. O peso do corpo é:

$P=mg=100.10=1000N$

O trabalho realizado é:

$\tau =Fd=1000.2=2000J$

Assim a energia potencial é 2000J.

O trabalho realizado pelo atleta é realmente igual a 2000J, mas a variação de energia é em relação ao referencial da Terra, portanto:

$\Delta U=mgh_{elevador}+mgh_{atleta}$

$\Delta U=100.10.27+100.10.2=29000J$

Resposta: B

A resistência do ar é desprezível e não temos atrito, então temos conservação de energia mecânica.

Iremos tomar o ponto B como referência e analisar a energia mecânica em cada ponto.

Ponto A

$V_{A}=0\rightarrow K_{A}=\frac{m_{V_{A}}^{2}}{2}\rightarrow K_{A}=0$

$h_{A}=\Delta h\rightarrow U_{A}=mgh_{A}=5.10.\Delta h$

$x=0\rightarrow U_{peA}=\frac{Kx^{2}}{2}\rightarrow U_{peA}=0$

$E_{mA}=50\Delta h$

Ponto B

$V_{B}\neq 0\rightarrow K_{B}=\frac{m_{V_{B}}^{2}}{2}\rightarrow K_{B}=\frac{5.4^{2}}{2}=40J$

$h_{B}=0\rightarrow U_{B}=mgh_{B}\rightarrow U_{B}=0$

$x=0,5\rightarrow U_{peB}=\frac{Kx^{2}}{2}\rightarrow U_{peB}=\frac{400.0,5^{2}}{2}=50J$

$E_{mB}=90J$

A energia mecânica é a mesma nos pontos A e B

$50\Delta h=90\rightarrow \Delta h=\frac{90}{50}=1,8m$

Resposta

item a

Desconsiderando o atrito temos que a energia mecânica é conservada, ou seja, é a mesma nos pontos A, B e C.

A energia mecânica é a soma da energia cinética com a potencial, então iremos analisar a energia mecânica em cada ponto.

Ponto A

$V_{A}=0\rightarrow K_{A}=\frac{mV_{A}^{2}}{2}=0$

$h_{A}=2R\rightarrow U_{A}=mgh_{A}=2mgR$

$E_{mA}=2mgR$

Ponto C

$V_{C}\neq 0\rightarrow K_{C}=\frac{mV_{C}^{2}}{2}\neq 0$

$h_{C}=R\rightarrow U_{C}=mgh_{C}=mgR$

$E_{mC}=mgR+\frac{m{V_{C}}^{2}}{2}$

Ponto B

$V_{B}\neq 0\rightarrow K_{B}=\frac{mV_{B}^{2}}{2}\neq 0$

$h_{B}=R\rightarrow U_{B}=mgh_{B}=mgR$

$E_{mB}=mgR+\frac{m{V_{B}}^{2}}{2}$

Comparando as equações nos pontos B e C verificamos que a energia potencial gravitacional é a mesma nos dois pontos, então consequentemente a energia cinética também é a mesma.

Se a energia cinética é a mesma, com massa constante, temos que a velocidade também é a mesma. Assim a velocidade no ponto B é a mesma no ponto C.

item b

A aceleração tangencial corresponde ao módulo da aceleração escalar e neste caso é a aceleração da gravidade, então:

$a_{t}=g$

O módulo da aceleração centrípeta é $a_{c}=\frac{V^{2}}{R}$ . Para determinar seu módulo iremos partir do Princípio da conservação da energia mecânica.

$E_{A}=E_{B}\rightarrow 2mgR=\frac{m{V_{B}}^{2}}{2}+mgR\rightarrow 2gR-gR=\frac{{V}^{2}}{2}\rightarrow \frac{V^{2}}{R}=2g\rightarrow a_{c}=2g$

A aceleração vetorial é a aceleração resultante entre a aceleração centrípeta e tangencial.

Resultado de imagem para aceleração vetorial

então usado o teorema de Pitágoras temos:

$a^{2}={a_{c}}^{2}+{a_{t}}^{2}\rightarrow a^{2}=(2g)^2+(g)^2\rightarrow a=\sqrt{5g}$

Resposta: E

Como a velocidade é constante temos que a força resultante sobre o corpo é nula. Assim a força que a pessoa deve fazer para subir tem módulo igual a força peso.

Se o lance de escada é o mesmo, ou seja, o deslocamento é o mesmo para as duas situações o trabalho da força muscular exercida pela pessoa é o mesmo nos dois casos, determinado por

$W=F\Delta s=mgh$

Resposta: 01 + 02 + 08 + 16 = 27.

(01) Correta. Energia cinética é energia mecânica associada ao movimento.
(02) Correta. Energia potencial gravitacional é energia mecânica de posição, dependendo, portanto, da altura em relação ao plano horizontal de referência.
(04) Incorreta. A força de atrito pode atuar tanto como força dissipativa (transformando energia mecânica em térmica).
(08) Correta. É o que afirma o princípio da conservação da energia.
(16) Correta. De acordo com o teorema da energia cinética, o trabalho resultante é igual à variação da energia cinética.

Resposta: A

Se houve dissipação de 36% da energia mecânica inicial (potencial gravitacional) do sistema, então a energia mecânica final (cinética) é igual a 64% da energia mecânica inicial (potencial gravitacional).

Temos então que a energia mecânica inicial é:

$E_{m}=U_{pg}\rightarrow U_{pg}=mgh=50.10.5=2500J$

A energia mecânica final é:

$E_{mf}=K\rightarrow K=0,64\frac{mv^{2}}{2}=2500.0,64=1600J$

Tomando como referencial o ponto C para h=0, temos que durante a queda a partir de B a energia é conservada. Então temos que no ponto C e energia potencial gravitacional é zero e a energia cinética é 1600 J. Assim temos que a velocidade no ponto no ponto C é:

$K=\frac{mv^{2}}{2}\rightarrow 1600=\frac{50v^{2}}{2}\rightarrow v=8m/s$

Resposta: C

Durante a queda, a energia potencial gravitacional acumulada no martelo é transformada em energia cinética.

A variação da energia cinética corresponde ao trabalho realizado pela força, neste caso a força a peso. Assim ao tocar a estaca, o martelo aplica sobre ela uma força, que por sua vez, realiza trabalho, empurrando a estaca.

Resposta: C

De acordo com o enunciado ocorre colisões. Em qualquer tipo de colisão, elástica ou inelástica, ocorre conservação do momento linear. Além da conservação de momento linear ocorre conservação de energia cinética, pois a colisão é inelástica.

Atribuindo o valor de m para a massa de cada esfera e velocidade v para o conjunto das três esferas, determinamos o módulo do momento linear inicial como:

$p_{inicial}=3mv$

Antes e depois da colisão elástica, a velocidade do conjunto das esferas é praticamente horizontal e como não há forças externas horizontais (velocidade é mantida constante, pois a $F_{rext}=0$ ) atuando sobre o sistema, temos que a conservação do momento linear. Então se a velocidade é a mesma antes e depois da colisão, temos após o choque três esferas deverão se movimentar e o momento linear final é

$p_{final}=3mv$

Podemos ainda analisar a conservação de energia cinética. Para isso iremos escrever a equação de energia cinética em função do momento linear.

$K=\frac{mv^{2}}{2}.\frac{m}{m}\rightarrow K=\frac{(mv)^{2}}{2m}\rightarrow K=\frac{p^{2}}{2m}$

Assim se $p_{final}=p_{inicial}$ temos que $K_{final}=K_{inicial}$

Portanto temos que na colisão elástica temos a conservação do momento linear e conservação da energia cinética.

A simulação permite verificar a deformação de uma mola a partir da ação de uma força. É possível alterar a constante elástica da mola, observar os vetores força e deslocamento.

Para acessar o simulador clique aqui

Disponível em https://phet.colorado.edu/sims/html/masses-and-springs/latest/masses-and-springs_pt_BR.html.

[hover id=’2713′]

A simulação permite verificar as linhas espectrais de alguns gases como hidrogênio, nitrogênio, hélio entre outros. Para acessar a simulação clique aqui

Disponível em: https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/templateimg.php?s=atom_spektroskop&l=pt

[hover id=’2671′]

A simulação permite verificar a emissão de radiação em função do comprimento de onda. Para acessar clique aqui.

Disponível em: https://phet.colorado.edu/sims/blackbody-spectrum/blackbody-spectrum_pt_BR.html

[hover id=’2626′]

A simulação a seguir apresenta os modelos atômicos para o átomo de Hidrogênio, desde do modelo de Dalton ate o modelo de Schrödinger. Para acessar clique aqui.

Disponível em: https://phet.colorado.edu/pt_BR/simulation/legacy/hydrogen-atom

[hover id=’2619′]

Resposta: D

A análise do gráfico, permite observar que a energia potencial elétrica diminui com o deslocamento. Se ocorre diminuição da energia potencial por meio do princípio da conservação da energia, pode-se afirmar que ocorrerá aumento de energia cinética.

O gráfico, apresenta que, para a posição r_i = 3 . 10^–10 m, a energia potencial elétrica associada é U_i = 3 . 10^–18 J. Para a posição r_f = 9 . 10^–10 m, a energia potencial elétrica é de U_f = 1 . 10^–18 J. Conclui-se que houve diminuição de 2 . 10^–18 J de energia potencial, que foi transformada em energia cinética.

Resposta: C

A transformação é isobárica, significa que a pressão é mantida constante, então o trabalho é determinado por:

$\tau =P\Delta V=5.10^{6}(4.10^{-5}-2.10^{-5})=100J$

A transformação também é adiabática, significa que não ocorre troca de calor do sistema com o meio, então Q=0, pela Primeira Lei da Termodinâmica temos:

$Q=\tau +\Delta U\rightarrow \Delta U=-\tau\rightarrow \Delta U=-100J$

Resposta: E

I. O trabalho realizado no ciclo é igual a área interna do ciclo.

II. Em C a energia interna é maior que em A, pois a para um mesmo volume está a uma pressão maior, o que faz com que as moléculas de gás fique mais agitadas e consequentemente aumenta a temperatura. Como a energia interna depende exclusivamente da temperatura, temos que uma maior temperatura resulta em uma maior energia interna.

III. O gás sofre uma expansão então realiza trabalho. Mantendo a pressão constante, a temperatura aumentou, então o sistema recebe calor.

Resposta: B

Para qualquer processo em que se acrescenta calor Q a um sistema e trabalho $\tau$ é realizado pelo sistema, a energia resultante transferida, $Q-\tau$ , é igual à variação de energia interna $\Delta U$ do sistema.

A energia interna é determinada por $U=\frac{3}{2}PV=\frac{3}{2}nRT$ e como $\Delta U=U_{f}-U_{i}$ só depende dos estados inicial e final – temos que, qualquer processo termodinâmico que conecta esses estados produz a mesma variação da energia interna. Para o caso de um gás ideal, é possível mostrar que a energia interna é diretamente proporcional à temperatura do sistema. Assim como os estados inicial e final é o mesmo temos que a variação de energia interna é a mesma independentemente da curva.

O trabalho realizado depende da variação de volume e da pressão. O trabalho pode ser calculado analisando a área abaixo do gráfico. A figura mostra que a área abaixo da curva I é menor que a área abaixo da curva II, então o trabalho realizado no processo I é menor que o trabalho realizado no processo II.

Resposta: C

Pela conservação do momento angular $L$ temos que quando a bailarina fecha os braços seu momento de inércia diminui e sua velocidade angular aumenta.

A expressão matemática que permite o cálculo do momento de inércia $I$ de um objeto simples é:

$I=mr^{2}$

onde $m$ é a massa em quilograma e $r$ é a distância do objeto até o eixo de rotação em metros.

$L_{1}=L_{2}\rightarrow I_{1}.\omega _{1}=I_{2}.\omega _{2}$

Resposta: D

O gráfico mostra que a força aplicada correspondente ao deslocamento de 26 m não é constante. Sendo assim para calcular o trabalho usaremos a propriedade gráfica em que o trabalho é numericamente igual a área do gráfico Fxt.

Analisando o gráfico verificamos que o valor da força máxima não está indicado, porém corresponde a altura do triângulo. Então para calcular o trabalho primeiro precisamos descobrir a altura do triângulo.

Para determinar a altura do triângulo usaremos a relação métrica $h^{2}=m.n$ em que m e n são comprimentos dos segmentos em que a altura divide a base do triângulo. Assim:

$h^{2}=m.n\rightarrow h^{2}=8.18\rightarrow h=\sqrt{144}\rightarrow h=12m$

Como h representa a força, usando a fórmula da área do triângulo $A=\frac{b.h}{2}$ podemos determinar o trabalho:

$\tau =\frac{26.12}{2}=156J$

Resposta: C

Na brincadeira com o pula – pula ocorre três transformações de energia: energia potencial elástica em energia cinética e energia cinética em energia potencial gravitacional.

Quando a criança sobe na cama elástica temos energia potencial elástica armazenada e a altura mínima h<0 temos a energia potencial elástica máxima, devido ao maior deformação do elástico na cama.

Essa energia potencial elástica é transformada totalmente em energia cinética quando quando o sistema atinge h=0, isto é, posição de equilíbrio em que teremos a energia cinética máxima.

Analisando as fórmulas da energia potencial elástica e energia cinética temos:

$E_{pel}=\frac{kx^{2}}{2}\rightarrow E_{cin}=\frac{mv^{2}}{2}\rightarrow E_{cin}\propto h^{2}$

Assim o gráfico correspondente à primeira transformação é uma curva parabólica com concavidade para baixo, pois com a aproximação da altura a zero temos um aumento da energia cinética.

Na segunda transformação temos que a energia cinética se transformará em energia potencial gravitacional. A criança é lançada para cima e adquire altura, ocorrendo assim transformação.

Quando a criança atinge a altura máxima temos que a velocidade nesse ponto é zero e consequentemente a energia cinética, isto é, toda energia cinética foi transformada em energia potencial gravitacional.

Analisando as fórmula temos:

$E_{pg}=mgh\rightarrow E_{cin}=\frac{mv^{2}}{2}\rightarrow E_{cin}\propto h$

O gráfico é uma reta decrescente, pois E_{cin} é proporcional a h e diminui conforme a altura aumenta.

Portanto a alternativa correta é a C.

Em dias frios é comum ouvimos dizer que a temperatura está baixa e que a sensação térmica é de uma temperatura menor. Nos termômetros, a temperatura marcada depende apenas da medição feita no ar. A sensação térmica, por outro lado, é a temperatura que realmente sentimos, sendo seu valor influenciado principalmente pela velocidade do vento, mas também pela umidade e densidade do ar, entre outros fatores climáticos.

Após um banho de piscina é normal as vezes sentirmos um pouco de frio. Isso acontece porque a evaporação de um líquido faz baixar a temperatura, então é por esse motivo que sentimos frio quando estamos molhados.

Esse fenômeno ocorre porque a camada fina de água que adere a nossa pele absorve uma quantidade significativa de calor fazendo a água evaporar e termos a sensação de frio. A sensação de frio é intensificada quando está ventando, pois o vento intensifica a evaporação da água.

Como o vento é um grande influenciador na rapidez da evaporação da água podemos justificar o que chamamos de sensação térmica meteorológica, quando temos a sensação térmica de que a temperatura ambiente é menor que a registrada no termômetro.

A figura mostra que a pessoa que está escalando está mais exposta ao vento que a pessoa que está sentada, por isso ela tem uma maior sensação térmica de frio, ou seja, que está congelando.

Outra situação interessante é quando retiramos um bloco de gelo e uma caixa de hamburguer do freezer. Temos a sensação de que o gelo está mais “frio”, ou seja, a uma temperatura menor. Isso é devido o gelo possuir uma quantidade maior de água na sua superfície externa que irá evaporar -se mais rapidamente que em outros corpos devido a maior transferência de calor da nossa mão e ambiente

Simulação de Cálculo de momento angular

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui

Fonte: http://www.fisica.ufpb.br/~romero/objetosaprendizagem/Rived/06bMomentoangular/animacao/anim.html

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Simulação Pêndulo de Newton – Conservação do Momento linear

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui

Fonte: https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/templateimg.php?s=mech_houpacka&l=pt

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Simulação da Terceira Lei de Newton – Princípio da Ação e Reação

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui

Fonte:https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/templateimg.php?s=mech_newton3&l=pt

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Simulação da Primeira Lei de Newton – Lei da Inércia

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui

Fonte: https://www.vascak.cz/data/android/physicsatschool/templateimg.php?s=mech_newton1&l=pt

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A simulação permite verificar que a energia mecânica não se conserva. Clique aqui para acessar a simulação.

Fonte: https://phet.colorado.edu/pt_BR/simulation/legacy/energy-skate-park

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A simulação a seguir permite verificar a conservação de energia no pêndulo. Clique aqui para ir para a simulação

Fonte: https://phet.colorado.edu/sims/html/pendulum-lab/latest/pendulum-lab_pt_BR.html

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A simulação a seguir permite verificar a transformação de energia cinética em potencial. Clique aqui para ir para a simulação

Fonte: http://www.labvirt.fe.usp.br/simulacoes/fisica/sim_energia_trapezista.htm

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A simulação a seguir permite verificar a força de atração e repulsão de cargas elétrica bem como o trabalho realizado por ela. Clique aqui para ir para a simulação

Fonte: http://www.labvirt.fe.usp.br/simulacoes/fisica/sim_eletromag_forcaeletrica.htm

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A simulação a seguir permite verificar o trabalho realizado pela força de potencial elástica. Clique aqui para ir para a simulação

Fonte: https://phet.colorado.edu/pt_BR/simulation/hookes-law

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Simulação de colisão

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui.

Fonte: https://phet.colorado.edu/pt_BR/simulation/legacy/collision-lab

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Simulação de Torque

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui

https://phet.colorado.edu/sims/html/balancing-act/latest/balancing-act_pt_BR.html

[hover id=’1418′]

Simulação de Centro de massa

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui

Fonte: https://www.simbucket.com/combuilder/

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A simulação a seguir permite verificar o trabalho realizado pela força de atrito. Clique aqui para ir para a simulação

Fonte: https://phet.colorado.edu/pt_BR/simulation/forces-and-motion-basics

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Simulação de trabalho realizado por uma força.

Leia a instrução passando o mouse na figura abaixo e acesse a simulação clicando aqui.

Fonte: https://phet.colorado.edu/pt_BR/simulation/legacy/the-ramp

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Para um corpo se movendo sobre um eixo $x$, sujeito à uma força variável $F(x)$, o trabalho realizado pela força entre as posições $x_i$ e $x_f$ é dado por
\[
\tau = \int_{x_i}^{x_{f}} F(x) dx
\]

Se $F(x)$ for a força resultante, temos que
\[
F(x) = m a
\]
Desta vez, a aceleração $a$ não é mais constante e portanto não podemos mais utilizar as equações do MRUV.

Formalmente, podemos obter a aceleração instantânea através da expressão
\[
a = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{dv}{dt}
\]

Na linguagem do cálculo diferencial e integral, dizemos que a aceleração (instantânea) é a derivada da velocidade (instantânea) em relação ao tempo.

O trabalho de uma força resultante será dado portanto por
\[
\tau_r = \int_{x_i}^{x_f} m a dx = m \int_{x_i}^{x_f} \frac{dv}{dt} d x
\]
onde a massa $m$ “sai” da integral por ser uma constante.

O próximo passo requer uma regra de derivação que é ensinada em qualquer disciplina de “Cálculo I” de um curso universitário. Trata-se da regra da cadeia, que se trata de uma regra para derivar uma função composta, do tipo $v=v(x)$, mas $x=x(t)$, ou seja, $v(x(t))$, que costuma ser denotado como $v \circ x(t)$ (famosa gof(x)!)

Pela regra da cadeia,
\[
\frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt} = \frac{dv}{dx} v
\]
onde a velocidade instantânea $v$ é a derivada da posição $x$ em relação ao tempo:
\[
v = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{dx}{dt}
\]

Assim, teremos então:
\[
\tau_r = m \int_{x_i}^{x_f} v \frac{dv}{dx} dx
\]

Em cálculo, se $v=v(x)$, dizemos que $dv$, que é o diferencial de $v$, é dado por
\[
dv = \frac{dv}{dx} dx
\]

Portanto, com esta troca usando a identidade acima, ao invés de integrar na variável $x$, conseguimos agora integrar na variável $v$:
\[
\tau_r = m \int_{v_i}^{v_f} v dv
\]
Por consistência, trocamos os limites da integração $x_i$ e $x_f$ (posições inicial e final) por $v_i$ e $v_f$ (velocidades inicial e final).

Após um curso básico de cálculo, você verá que a integral acima em $v$ é bastante simples, e dá o valor $v^2/2$. Substituindo os limites da integração, obtemos novamente que
\[
\tau_r = \frac{1}{2} m v_f^2 – \frac{1}{2} m v_i^2
\]
demonstrando assim o teorema trabalho-energia cinética para uma força unidimensional variável.

Produto educacional do MNPEF – Polo UFABC