Fuvest - 1ª fase

Um ano-luz corresponde à distância que a luz percorre em um ano:

$\text{1 ano-luz}=v_{LUZ}\cdot \Delta t_{ANO}=3\cdot {10}^8\cdot 3\cdot {10}^7=9\cdot {10}^{15}\text{ m}=9\cdot {10}^{12}\text{ km}$Assim, a distância D, em km, de Andrômeda à Via Láctea vale:

$D=\mathrm{2,5}\cdot {10}^6\text{ anos-luz}=\mathrm{2,5}\cdot {10}^6\cdot 9\cdot {10}^{12}=\mathrm{2,25}\cdot {10}^{19}\text{ km}$Portanto, a distância D entra a Via Láctea e Andrômeda é muito maior que 2,5 milhões de km ($\mathrm{2,5}\cdot {10}^6\text{ km}$), o que torna o item (I) incorreto.

Por outro lado, essa mesma distância D é de fato maior que $2\times {10}^{19}\text{ km}$, o que torna o item (II) correto.

Além disso, como um ano-luz é a distância que a luz percorre em um ano, $\mathrm{2,5}\times {10}^6$ anos-luz seria a distância que ela percorre em $\mathrm{2,5}\times {10}^6$anos, ou seja, 2,5 milhões de anos, o que torna o item (III) correto.

Vamos analisar o movimento de partículas num plano inclinado (não é a situação da figura), desprezando o atrito.

A força de contato normal à superfície se cancela com a componente do peso perpendicular à superfície ($P_N=P\cdot \cos \theta$) e a força resultante é a componente do peso paralela ao plano inclinado ($P_X=P\cdot \mathrm{sen}\theta$).

A aceleração resultante da partícula seria então

$a_{res}=g\cdot \mathrm{sen}\theta$E como a força resultante na direção horizontal é a componente horizontal de $\overrightarrow{P_X}$, a aceleração horizontal é calculada como:

$a_{horizontal}=g\cdot \mathrm{sen}\theta \cdot \cos \theta =g\cdot \frac{\mathrm{sen}(2\theta )}{2}$Voltando à rampa do enunciado, vemos que esta não é um plano inclinado: sua inclinação varia ao longo do eixo x.

Analisando a velocidade resultante:

Como $a_{res}=g\cdot \mathrm{sen}\theta >0$ a velocidade deve sempre crescer com o tempo (daí eliminamos os gráficos III e IV).

Podemos ver também que nos trechos de inclinação θ constante (início e fim da rampa) teremos aceleração constante e daí $\Delta v=a_{res}\cdot \Delta t$. Logo teremos trechos de gráfico lineares no começo e no fim da curva $v\times t$.

Além disso, como o fim da rampa é um plano horizontal (inclinação $\theta =0°$), o trecho final do gráfico $v\times t$ deve tender a ser horizontal (velocidade constante).

Desta forma o único gráfico possível para a velocidade é o II.

Analisando a posição horizontal x:

Como $a_{horizontal}=g\cdot \frac{\mathrm{sen}2\theta }{2}>0$ e o carrinho já está inicialmente descendo a rampa, a posição x deve sempre crescer em função do tempo (eliminamos os gráficos III e IV).

Além disso, nos trechos de inclinação θ constante teremos a_horizontal constante, o que implica que nestes trechos o gráfico $x\times t$ seja parabólico (MUV):

$\Delta x=v_{0_{horizontal}}\cdot \Delta t+\frac{a_{horizontal}\cdot \Delta t^2}{2}$Observe que no trecho horizontal (final) da rampa, temos $a_{horizontal}=0$, de modo que o trecho final curva $x\times t$ tende a ser retilíneo.

Finalmente, podemos então dizer que o gráfico da posição x só pode ser o I.

Com a altura de 5m e g=10m/s², temos:

$\Delta h=v_{0}t+\frac{a{t}^2}{2}\Rightarrow 5=0.t+\frac{10.t^2}{2}\Rightarrow t=1s$(tempo de queda)

A figura abaixo compara a situação ideal e a que o caminhão está mais rápido que a velocidade ideal, com um “excesso” de velocidade $\Delta v$.

Durante a queda do dublê, o caminhão se deslocou 3m a mais do que o ideal em 1s. Dessa forma, $\Delta v=3m/s$.

Para o caso de o caminhão estar mais devagar que o ideal, o raciocínio é análogo e ele se deslocaria 3m a menos do que o ideal em 1s, com velocidade $v-\Delta v$, onde $\Delta v=3m/s$.

Consideremos a representação onde temos o avião, a poltrona e a bola.

Sendo a aceleração da bola $a_b$ para baixo, temos a resultante de forças na bola:

$P-N=m_b\cdot a_b\iff N=m_b\cdot (g-a_b)$Sabendo que a força Normal só pode agir no sentido indicado, temos $N\ge 0$ e daí:

$m_b\cdot (g-a_b)\ge 0\Rightarrow a_b\le g$Como a aceleração da bola para baixo é menor que a gravidade $a_b\le g<a$, em relação ao avião ela sobe acelerada e, dado um intervalo de tempo suficiente, ela baterá no teto do mesmo.

Resolução alternativa:

Mudando para o referencial do avião, aparecerá uma força inercial $F_I=m_b\cdot a$ agindo sobre a bola para cima.

Já que $a>g$, essa força é maior que o peso ($m_b\cdot a>m_b\cdot g\Rightarrow F_I>P$) e, assim, não existirá normal e a bola subirá acelerada, com aceleração:

$F_I-P=m_b\cdot (a-g)=m_b\cdot a_{b,avião}\Rightarrow a_{b,avião}=a-g$Podemos concluir novamente que, em relação ao avião, a bola subirá acelerada, podendo bater no teto do avião dado tempo suficiente.

O decaimento pode ser representado por:

$K^0\to {\pi }^{+}+{\pi }^{-}$Sendo a partícula neutra $K^0$ instável, a reação acima é espontânea, sendo a quantidade de movimento do sistema conservada. Como inicialmente a partícula $K^0$ está em repouso, o vetor quantidade de movimento inicial do sistema é o vetor nulo. Assim, temos:

$\overrightarrow{O}=m\cdot \overrightarrow{v_{{\pi }^{+}}}+m\cdot \overrightarrow{v_{{\pi }^{-}}}\Rightarrow \overrightarrow{v_{\pi +}}=-\overrightarrow{v_{{\pi }^{-}}}$Dessa forma, as velocidades vetoriais das partículas ${\pi }^{+}$ e ${\pi }^{-}$ devem ter mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos, o que está representado, dentre as configurações sugeridas, apenas na alternativa A.

Queimando um litro de gasolina, temos a liberação de 3,6 x 10⁷ J.

Essa quantidade de energia produz um aumento de temperatura $\Delta \theta =550-300=250\text{ °C}$ em uma massa m de NaNO₃ dada por:

$Q=m\cdot c\cdot \Delta \theta \Rightarrow \mathrm{3,6}\cdot {10}^7=m\cdot \mathrm{1,2}\cdot {10}^3\cdot 250\Rightarrow$$\boxed{m=120\text{ kg}}\text{.}$

Do gráfico podemos estimar que o período do som emitido pelo instrumento é ligeiramente maior que 2,5 ms. Adotamos um valor aproximado de 2,6 ms ou 2,6 x 10^-3 s, temos uma freqüência de:

$f=\frac{1}{T}=\frac{1}{\mathrm{2,6}\cdot {10}^{-3}}\Rightarrow f\approx 384\text{ Hz}$

Esse é o valor aproximado da nota sol.

Aproximando um dos pólos do ímã do anel, temos uma variação no fluxo magnético (número de linhas de indução que passam pela área do anel), de modo que, pela Lei de Lenz, surgirá uma corrente induzida no anel. O sentido dessa corrente é tal que o campo magnético por ela criado se oponha à variação do fluxo.

Assim, como o fluxo magnético no anel está aumentando, pois estamos aproximando o ímã (mais linhas de indução atravessam a área do anel num mesmo intervalo de tempo), a corrente induzida cria um campo magnético no sentido de diminuir esse fluxo, gerando um campo no sentido oposto, o que causa uma força de repulsão entre o anel e o ímã.

Se afastássemos o ímã, teríamos em contrapartida o surgimento de uma corrente induzida causando atração entre o anel e o ímã, ao passo que para produzir corrente alternada, seria necessário um movimento periódico de aproximação e afastamento do ímã em relação ao anel.

Observa-se, pela figura abaixo, que uma lâmpada L, considerada como um ponto luminoso, projeta uma imagem* ampliada do furo na máscara:

Como as lâmpadas L1 e L3 estão simetricamente posicionadas em relação à máscara, ambas projetam imagens* idênticas e opostas de acordo com a figura abaixo:

Já a lâmpada L₂ pode ser considerada um conjunto de infinitos pontos enfileirados na vertical, que geram várias figuras idênticas, mas transladadas verticalmente, como representado abaixo:

Assim, espera-se para a lâmpada L₂ a figura representada em vermelho.

* O termo imagem é adequado para tratar de ponto de convergência de raios (ou o encontro de seus prolongamentos para imagens virtuais). Na realidade a figura formada consiste em uma região iluminada, cercada por uma região de sombra, e não propriamente uma imagem. Entretanto, por facilitar a compreensão, o termo foi adotado na explicação.

Durante um raio de cargas positivas, teríamos uma carga elétrica de:

$i=\frac{Q_{RAIO}}{\Delta t}\Rightarrow 300.000=\frac{Q_{RAIO}}{\mathrm{0,5}}\Rightarrow Q_{RAIO}=150.000\text{ C}$

Assim, a fração da carga elétrica total da Terra que seria compensada seria:

$\frac{Q_{RAIO}}{Q_{TERRA}}=\frac{150.000}{600.000}\Rightarrow$$\frac{Q_{RAIO}}{Q_{TERRA}}=\frac{1}{4}$