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Questão 02 (Valor: 20 pontos)• TRABALHO   No recipiente A como não existe variação de volume e o processo é reversível tem...
Questão 03 (Valor: 10 pontos)      Inicialmente estima-se a densidade do núcleo do átomo.      O diâmetro do núcleo (Dn) é...
em que a razão V é a vazão volumétrica (RV),                      ∆t              Pgerada      100kW    logo Rv =         ...
Questão 06 (Valor: 15 pontos)•   No experimento, um feixe de luz é separado em dois feixes perpendiculares por um    espel...
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Ufbagab fis 2013

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  1. 1. Vestibular 2013 — 2a fase Gabarito — FísicaQuestão 01 (Valor: 15 pontos) Cálculo da variação da quantidade de movimento. A velocidade inicial no momento do impacto será a velocidade final da queda. Aplicando conservação da energia tem-se v i = 2gh = 2.10.0,8 = 4m/s. Como a velocidade final do choque será zero, pois está parado, tem-se que a variação da quantidade de movimento (∆Q) será: ∆Q = mvf − mvi = 0 − 4.60 = − 240kgm/s. O módulo do impulso será igual ao módulo da variação da quantidade de movimento, logo |I| = 240kgm/s. Força média de impacto sem dobrar o joelho: | I| | I |= Fs ∆t s → Fs = , ∆t s 240kgm/s Fs = = 960N 0,25s Dobrando o joelho: | I| Fd = ∆t d 240kgm/s Fd = = 240N 1s A diferença será de 960N − 240N = 720N.
  2. 2. Questão 02 (Valor: 20 pontos)• TRABALHO No recipiente A como não existe variação de volume e o processo é reversível tem-se que o trabalho é nulo, logo WA = 0 (NULO).• No recipiente B, a variação do volume é positiva, o que implica que para um processo reversível o trabalho será sempre positivo, logo WB > 0 (POSITIVO).• ENERGIA INTERNA De forma geral, uma vez que o sistema composto está isolado, pode-se afirmar que Qtotal = 0. O que, pela Primeira Lei da Termodinâmica implica em ∆Utotal = −Wtotal , e como Wtotal = WA + WB > 0, ∆Utotal < 0 ∆UA + ∆UB < 0 Sendo um gás ideal, a diminuição da energia interna implica na diminuição da temperatura. Estando os subsistemas conectados por uma parede diatérmica, ambos terão suas temperaturas diminuídas, logo: ∆UA<0 (NEGATIVO). ∆UB<0 (NEGATIVO).• CALOR Com os dados de energia e de trabalho pode-se determinar o calor utilizando a expressão da Primeira Lei da Termodinâmica Q=∆U+W Para o gás em A tem-se WA=0 e ∆UA<0 o que leva a QA=∆UA , logo QA<0 (NEGATIVO). Uma vez que a parede que separa A e B é diatérmica e o sistema composto está isolado tem-se que QA=−QB portanto QB > 0 (POSITIVO).
  3. 3. Questão 03 (Valor: 10 pontos) Inicialmente estima-se a densidade do núcleo do átomo. O diâmetro do núcleo (Dn) é 10-4 do diâmetro do átomo, logo Dn = 10-14m. A massa no núcleo (Mn) é aproximadamente a massa do átomo logo Mn=10-27kg. Dessa forma a densidade (d) do núcleo é M d= n . π D3 6 n Logo d= 10 −27 = 1015 . 6 kg/m3 π . 10 −42 π 6 Uma estrela com volume de 1cm3 (=10−6m3) terá uma massa de Me=d . Vestrela = 1015 . 10-6 . 6 ~ 109 kg, π Me ~ 1.000.000 toneladas.Questão 04 (Valor: 20 pontos)• Em uma onda senoidal (harmônica) há uma relação de proporcionalidade entre o comprimento de onda (λ) e o período (T) da onda: v= λ , T em que v é a velocidade de propagação da onda. Assim, o período da onda incidente será T = λ = 1 = 0,05s. v 20 A onda excita a boia, fazendo-a oscilar com esse mesmo período.• O processo gera 100kJ/s (ou 100 kW) de energia elétrica. De acordo com o texto, cerca de P P 20% da energia da onda do mar é transformada em energia elétrica, logo mar = elétrica , em 100 20 que Pmar é a potência que a onda do mar carrega. Pmar = 100 . 100 = 500kW. 20• Segundo o texto, a usina de ondas é equivalente a aproximadamente uma hidroelétrica com cascatas de 400m. Para que essa hidroelétrica equivalente produza a mesma potência em energia elétrica (100kW), desprezando qualquer perda de energia no processo, tem-se a conversão integral da energia potencial gravitacional (Epg) da água em energia elétrica. Assim Epg Pgerada = , ∆t mgh Pgerada = , ∆t e como se pode escrever a massa (m) como o produto entre densidade (d) e volume (V), obtém-se dVgh Pgerada = , ∆t
  4. 4. em que a razão V é a vazão volumétrica (RV), ∆t Pgerada 100kW logo Rv = = 3 3 2 = 0,025m 3 /s. dgh 10 kg/m .10m/s .400mQuestão 05 (Valor: 20 pontos)• O giro da bobina do gerador faz variar o fluxo magnético através dela, induzindo uma corrente elétrica, o que está de acordo com a lei de Faraday. Sabe-se também, pela lei de Lenz, que a o sentido da corrente induzida é tal que produza um campo magnético que tente impedir a variação do fluxo na bobina. Como a frequência da corrente induzida é de 60Hz, sabe-se que seu período será Tcorrente = 1 = 1 s. fcorrente 60 Uma volta completa da bobina promove um ciclo completo da corrente alternada Tbobina = Tcorrente = 1 s. 60• Quando o enrolamento primário do transformador é atravessado por uma corrente alternada, uma corrente também alternada é induzida no enrolamento secundário de tal maneira que a razão entre a tensão e o número de espiras no enrolamento é uma constante Vp Vs = . Np Ns Assim, Np Vp 10kV = = = 1. Ns Vs 440kV 44 Apesar de haver variação na tensão de um enrolamento para outro (no caso, um aumento de tensão), a energia não é criada neste processo, pois a corrente que atravessa cada enrolamento é diferente (no caso, no enrolamento secundário, a corrente é menor). Desprezando perdas de energia no processo, tem-se que potência elétrica nos dois enrolamentos é a mesma Pp = Ps, Vp ip = Vs is, ip Vs 440 = = = 44. is Vp 10 Portanto, o aumento de tensão no transformador não viola a conservação de energia. Um dos interesses de provocar este aumento na tensão é, inclusive, a redução das perdas de energia no processo de transmissão da energia elétrica a longas distâncias, com a redução da corrente elétrica.
  5. 5. Questão 06 (Valor: 15 pontos)• No experimento, um feixe de luz é separado em dois feixes perpendiculares por um espelho semirrefletor, incidem em outro espelho, voltando ao espelho semirrefletor, incidindo, assim, no telescópio. Ele tinha como objetivo detetar o “vento do éter”, sendo o “éter” o meio no qual a onda eletromagnética (luz) se propagaria. Assim, quando um dos braços estivesse alinhado com o suposto movimento da Terra em relação ao éter, haveria diferença no tempo que a luz percorreria cada caminho (paralelo ou perpendicular ao movimento citado), o que geraria um padrão de interferência ao se observar a superposição no telescópio. Esperava-se que, ao girar o aparato, o padrão das franjas de interferência se modificasse.• Não foi verificada a mudança esperada no padrão das franjas de interferência, não se conseguindo provar a existência do éter. Einstein postulou que o éter não existia, sendo um “conceito inútil”, afirmando que todos referenciais inerciais devem ser equivalentes (não só para a mecânica como para todos fenômenos eletromagnéticos). Assim, o experimento não viola o postulado de Einstein.Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes. Salvador, 21 de janeiro de 2013 Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes Diretora do SSOA/UFBA

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