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Aqui no blog você tem todas as aulas que precisa para estudar Física para a sua escola e para os vestibulares. As aulas são divididas em trê...

quinta-feira, 30 de janeiro de 2020

Caiu no vestibular

Quebra-cabeças

(FGV-SP)
Observe o gabarito com a resolução de uma cruzadinha temática em uma revista de passatempo.

Horizontais
1. Força presente na trajetória circular.
2. Astrônomo alemão adepto ao heliocentrismo.
3. Ponto mais próximo ao Sol no movimento de translação da Terra.

Verticais
1. Órbita que um planeta descreve em torno do Sol.
2. Atração do Sol sobre os planetas.
3. Lugar geométrico ocupado pelo Sol na trajetória planetária.

Clique para ampliar

Um leitor indignado com o "furo" na elaboração e revisão da cruzadinha, em uma carta aos editores, destacou, baseando-se nas leis da Mecânica Clássica, a ocorrência de erro

(A) na vertical 2, apenas.
(B) na horizontal 1, apenas.
(C) nas verticais 1 e 2, apenas.
(D) nas horizontais 1 e 3, apenas
(E) na horizontal 3 e na vertical 3, apenas.

Resolução:

Quando um móvel descreve uma trajetória curva em relação a um referencial inercial, a força resultante apresenta uma componente centrípeta. A força centrífuga é uma força de inércia que só é considerada em relação a um referencial ligado ao móvel que descreve a trajetória curva. Tal referencial é dito não inercial.

Resposta: B

Eletricidade

Lá vai o Papai Noel!

Unissinos–RS
 Se as lâmpadas de uma árvore de Natal são todas idênticas e ligadas em série, a resistência elétrica de uma das lâmpadas é ...................... resistência elétrica do conjunto.

Estando o conjunto ligado na rede elétrica e o filamento de uma das lâmpadas “romper”, então as outras lâmpadas ....................... .

As lacunas são corretamente preenchidas, respectivamente, por:

a) menor/apagam

b) maior/apagam

c) maior/continuam acesas

d) menor/apagam

e) menor/continuam acesas


Resolução:

A resistência elétrica do conjunto de lâmpadas (resistência equivalente) é a soma das resistências das lâmpadas associadas. Observe que todas são atravessadas pela mesma corrente. Se uma queimar as outras apagam. Assim, temos:

Se as lâmpadas de uma árvore de Natal são todas idênticas e ligadas em série, a resistência elétrica de uma das lâmpadas é menor do que a resistência elétrica do conjunto.

Estando o conjunto ligado na rede elétrica e o filamento de uma das lâmpadas “romper”, então as outras lâmpadas apagam.

Resposta: a

terça-feira, 28 de janeiro de 2020

Termologia, Óptica e Ondas

Som da buzina 

ITA
Prova realizada no dia 12/12/2917
Em queixa à polícia, um músico depõe ter sido quase atropelado por um carro, tendo distinguido o som em Mi da buzina na aproximação do carro e em Ré, no seu afastamento. Então, com base no fato de ser de 10/9 a relação das frequências f
Mi/f, a perícia técnica conclui que a velocidade do carro, em km/h, deve ter sido aproximadamente de

a) 64.    b) 71.    c) 83.    d) 102.    e) 130.

Dado: velocidade do som no ar = 340 m/s

Resolução:

Resumo:

Equação do Efeito Doppler

f0/(v±v0) = fF/(v±vF)

fF: frequência real emitida pela fonte F
f0: frequência aparente recebida pela observador O
v: módulo da velocidade das ondas
v0: módulo da velocidade do observador
vF: módulo da velocidade da fonte das ondas

Convenção de sinais: orienta-se a trajetória do observador O pra a fonte F.

Tem-se:


Aplicando a Equação do Efeito Doppler às condições do problema:



fMi/v = fF/(v-vF) (1)



f/v = fF/(v+vF) (2)

(1)/(2)

fMi/f = (v+vF)/(v-vF) => 10/9 = (340+vF)/(340-vF) => vF = 340(m/s)/19

vF 64 km/h

Resposta: a

segunda-feira, 27 de janeiro de 2020

Mecânica

Acelerando partículas

(FATEC-SP)
Um dos grandes empreendimentos tecnológicos que a humanidade presenciou foi a construção, na Europa, do maior acelerador de partículas do mundo, o LHC (Large Hadron Collider), situado a 175 metros de profundidade. Nele, prótons são acelerados num túnel de 27 km de comprimento em forma de anel e percorrem, aproximadamente, 11 000 voltas em apenas um segundo. A partir daí, esses prótons se chocam com outros numa razão de 600 milhões de colisões por segundo.


De acordo com o texto, é possível prever que a velocidade que as partículas atingem no momento da colisão será, em km/s, de:

a) 310 000.          b) 297 000.          c) 270 000.

d) 260 000.          e) 175 000.

Resolução:

Para Δt = 1 s cada próton percorre a distância Δs = 27 km x 11 000 =>
Δs = 297 000 km


De v = Δs/Δt vem: v = 297 000 km/1 s => v = 297 000 km/s

Resposta: b

domingo, 26 de janeiro de 2020

Arte do Blog

O tema de hoje é o Hiperrealismo, gênero de pintura e escultura que tem um efeito semelhante ao da fotografia de alta resolução. O termo Hiperrealismo surgiu pela primeira vez como título de uma exposição organizada pela galerista belga Isy Brachot, em 1973. Na época, assumiu o mesmo significado que Fotorrealismo.

Cerchi Perfetti

Roberto Bernardi

Roberto Bernardi é um pintor italiano nascido em 1974, em Todi, cidade da Itália onde vive e trabalha em seu ateliê. Bernardi é representado pela Bernarducci Meisel Gallery, de Nova York e pode ser definido como pintor hiperrealista, ou fotorrealista, que usa como tema de suas naturezas-mortas pratos e artefatos de cozinha, objetos de vidro e doces.

Candy Painting
x
Em 1993, após se formar no colegial, Bernardi se mudou para Roma, onde trabalhou como um restaurador, na igreja de San Francesco a Ripa. Em 1994  decidiu dedicar-se em tempo integral na criação de suas próprias pinturas.

Obsession

Depois de uma incursão inicial por paisagens e retratos, Bernardi começou a concentrar-se em natureza morta contemporânea. Essa fase sempre esteve associada a um tipo novo de realismo, intimamente associado ao fotorealismo.

Fuori o Dentro

Em Setembro de 1994 Bernardi teve sua primeira exposição individual. Desde 1997, suas obras foram incluídas em diversas exposições na Europa e nos Estados Unidos, incluindo o Museu de Arte Arnot (EUA), New Britain Museum of American Art (EUA), Herbert F. Johnson Museum of Art (EUA), Hermitage Museum (EUA), Selby Gallery al Ringling College of Art and Design (EUA), Museu Nacional de Belas Artes, Malta, Musei Capitolini (Italia) e Bernarducci.Meisel.Gallery (Nova Iorque, EUA).

L'illusionista

Clique aqui para saber mais.

quinta-feira, 23 de janeiro de 2020

Caiu no vestibular

Olá pessoal, esta interessante questão caiu no ITA. No sábado, dia 25, publicaremos a resolução, enquanto isso, tentem resolver.

Haste vertical

ITA
Prova realizada no dia 12/12/2017

Uma haste vertical de comprimento L, sem peso, é presa a uma articulação T e dispõe em sua extremidade de uma pequena massa m que, conforme a figura, toca levemente a quina de um bloco de massa M. Após uma pequena perturbação, o sistema movimenta-se para a direita. A massa m perde o contato com M no momento em que a haste perfaz um ângulo de π/6 rad com a horizontal.



Desconsiderando atritos, assinale a velocidade final do bloco.

a) √(mgL/M)
b) √(mgL)/(M+4m)
c) √(mgL)/[M+(4m/3)]
d) √(2mgL/M)
e) √gL

quarta-feira, 22 de janeiro de 2020

Eletricidade

Olá pessoal. Aí vai a resolução da questão natalina com neve no meio do verão. E que verão! 

Lá vai o Papai Noel!

Unissinos–RS
 Se as lâmpadas de uma árvore de Natal são todas idênticas e ligadas em série, a resistência elétrica de uma das lâmpadas é ...................... resistência elétrica do conjunto.

Estando o conjunto ligado na rede elétrica e o filamento de uma das lâmpadas “romper”, então as outras lâmpadas ....................... .

As lacunas são corretamente preenchidas, respectivamente, por:

a) menor/apagam

b) maior/apagam

c) maior/continuam acesas

d) menor/apagam

e) menor/continuam acesas

terça-feira, 21 de janeiro de 2020

Termologia, Óptica e Ondas

Som da buzina

ITA
Prova realizada no dia 12/12/2917
Em queixa à polícia, um músico depõe ter sido quase atropelado por um carro, tendo distinguido o som em Mi da buzina na aproximação do carro e em Ré, no seu afastamento. Então, com base no fato de ser de 10/9 a relação das frequências f
Mi/f, a perícia técnica conclui que a velocidade do carro, em km/h, deve ter sido aproximadamente de

a) 64.    b) 71.    c) 83.    d) 102.    e) 130.

Dado: velocidade do som no ar = 340 m/s

segunda-feira, 20 de janeiro de 2020

Mecânica

Acelerando partículas

(FATEC-SP)
Um dos grandes empreendimentos tecnológicos que a humanidade presenciou foi a construção, na Europa, do maior acelerador de partículas do mundo, o LHC (Large Hadron Collider), situado a 175 metros de profundidade. Nele, prótons são acelerados num túnel de 27 km de comprimento em forma de anel e percorrem, aproximadamente, 11 000 voltas em apenas um segundo. A partir daí, esses prótons se chocam com outros numa razão de 600 milhões de colisões por segundo.


De acordo com o texto, é possível prever que a velocidade que as partículas atingem no momento da colisão será, em km/s, de:

a) 310 000.          b) 297 000.          c) 270 000.

d) 260 000.          e) 175 000.

domingo, 19 de janeiro de 2020

Arte do Blog

O maneirismo foi uma movimento artístico que surgiu e se desenvolveu em Roma entre 1520 e 1610, contrapondo-se ao modelo vigente da antiguidade clássica. Uma característica marcante do movimento é a atenção aos detalhes. O artista que apresentamos hoje é o pintor holandês Joachim Wtewael, um dos maiores representantes do maneirismo nos países baixos.

Joachim Wtewael  

Mulher vendendo vegetais

Joachim Anthonisz Wtewael (Utrecht, 1566 - Utrecht, 1638) foi um notável pintor, desenhista e gravurista) holandês. Wtewael (cujo sobrenome é por vezes grafado Uytewael) iniciou a sua carreira fazendo gravuras em vidro com seu pai em sua terra natal, na cidade de Utrecht. Em 1586, ele começou uma viagem de seis anos pela Europa, especificamente por França e Itália, onde permaneceu principalmente em Pádua, onde começou a produzir as suas internacionalmente renomadas pinturas.

Autorretrato
x
De volta a Utrecht, em 1592, aos vinte e cinco anos de idade, Wtewael se afiliou a uma guilda (associação de artesãos ou profissionais) na qualidade profissional de pintor e começou a produzir pinturas, desenhos, gravuras e vitrais. Ele foi um dos últimos pintores a ater-se firmemente ao maneirismo naquele país, ignorando o naturalismo que se tornara prevalente.

Batismo de Cristo

Wtewael tornou-se o líder dos proponentes neerlandeses do maneirismo. Seu estilo distinto e charmosamente artificial, que permaneceu intocado pelos desenvolvimentos naturalísticos emergentes e sendo estabelecidos em sua volta, mantendo características como cores acídicas e contendo figuras elegantes em poses intencionalmente distorcidas. A melhor coleção de seu trabalho, contendo um autoretrato (datado em 1601), se encontra no Centraal Museum de Utrecht.

Pagamento de impostos

Wtewael morreu em Utrecht em 01 agosto de 1638, depois de ter sobrevivido a sua esposa, Christian van Halen, por nove anos. Ele teve quatro filhos, um dos quais, Pedro, era um pintor que trabalhava em seu estilo.

Esaú e Jacó

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sábado, 18 de janeiro de 2020

Especial de Sábado

Olá pessoal. Com vocês a resolução de uma questão (ufa, trabalhosa!) do ITA. 

Capacitores em paralelo

ITA prova realizada em 12/12/2017
Dois capacitores em paralelo de igual capacitância C estão ligados a uma fonte cuja diferença de potencial é U. A seguir, com essa fonte desligada, introduz-se um dielétrico de constante dielétrica k num dos capacitores, ocupando todo o espaço entre suas placas.

Calcule:

a) a carga livre que flui de um capacitor para outro;
b) a nova diferença de potencial entre as placas dos capacitores;
c) a variação da energia total dos capacitores entre as duas situações.


Resolução:

a) Seja C a capacitância do capacitor antes da introdução do dielétrico. O capacitor preenchido com isolante de constante dielétrica k passa a ter capacitância Ck. Sendo k > 1 a capacitância do capacitor aumenta e na situação indicada na figura 2 a carga elétrica q passa para o capacitor no qual foi introduzido o dielétrico.



Na situação inicial (figura 1) a carga Q de cada capacitor é dada por: Q = C.U.
Na situação final (figura 2), temos: Q+q = Ck.U’ (1) e Q-q = C.U’ (2)

Fazendo (1)/(2):

(Q+q)/(Q-q) = k => Q+q = kQ-qk => q(k+1) = Q(k-1) => q = Q.(k-1)/(k+1) => Q = C.U.(k-1)/(k+1)

b) De (1) Q + Q.(k-1)/(k+1) = Ck.U’ =>
Q.[1+(k-1)/(k+1)] = Ck.U’ => Q.2k/(k+1) = Ck.U’ =>C.U.2k/(k+1) = Ck.U’ => U’ = 2U/(k+1)


c) Energia potencial eletrostática inicial dos capacitores:

Ei = C.U2/2 + C.U2/2 => Ei = C.U2
                               
Energia potencial eletrostática final dos capacitores:


Ef = Ck.(U')2/2 + C.(U')2/2 => Ef = C.[(k+1)/2].[4U2/(k+1)2] => 
Ef = 2CU2/(k+1)
ΔE = Ef - Ei = [2CU2/(k+1)] - CU2 => ΔE = CU2[2/(k+1)]-1 =>
ΔE = -CU2(k-1)/(k+1)

Respostas:
 

a) C.U.(k-1)/(k+1)
b) 2U/(k+1)
c) -CU2(k-1)/(k+1)

sexta-feira, 17 de janeiro de 2020

A Física nos vestibulares

Prova da Unicamp 
10/11/2013 - Primeira fase

Texto para as questões 1 e 2.

Andar de bondinho no complexo do Pão de Açúcar no Rio de Janeiro é um dos passeios aéreos urbanos mais famosos do mundo. Marca registrada da cidade, o Morro do Pão de Açúcar e constituído de um único bloco de granito, despido de vegetação em sua quase totalidade e tem mais de 600 milhões de anos.

Questão 1:
O passeio completo no complexo do Pão de Açúcar inclui um trecho de bondinho de aproximadamente 540 m, da Praia Vermelha ao Morro da Urca, uma caminhada até a segunda estação no Morro da Urca, e um segundo trecho de bondinho de cerca de 720 m, do Morro da Urca ao Pão de Açúcar.
A velocidade escalar média do bondinho no primeiro trecho é v1 = 10,8 km/h e, no segundo, é v2 = 14,4 km/h Supondo que, em certo dia, o tempo gasto
na caminhada no Morro da Urca somado ao tempo de espera nas estações é de 30 minutos, o tempo total do passeio completo da Praia Vermelha até o Pão de Açúcar será igual a

a) 33 min.
b) 42 min.
c) 50 min.
d) 36 min.

Resolução:

Intervalo de tempo no deslocamento da Praia Vermelha ao Morro da Urca: 

v1 = Δs1/Δt1 => 10,8/3,6(m/s) = 540m/Δt1 => Δt1 = 180 s = 3 min

Intervalo de tempo no deslocamento do Morro da Urca ao Pão de Açucar:

v2 = Δs2/Δt2 => 14,4/3,6(m/s) = 720m/Δt2 => Δt2 = 180 s = 3 min

Intervalo de tempo total do passeio da Praia Vermelha até o Pão de Açúcar: 

Δt = Δt1 + Δt2 + Δt3 = 3 min + 3 min + 30 min

Δt = 36 min

Resposta: d

Questão 2:
A altura do Morro da Urca é de 220 m e a altura do Pão de Açúcar é de cerca de 400 m, ambas em relação ao solo. A variação da energia potencial gravitacional do bondinho com passageiros de massa total M = 5000 kg, no segundo trecho do passeio, é
(Use g = 10 m/s2)

a) 11.106 J.
b) 9.106 J.
c) 20.106 J.
d) 31.106 J.

Resolução:

Variação da energia potencial gravitacional do bondinho:

ΔEP = m.g.h2 - m.g.h1 => ΔEP = m.g.(h2 - h1) => ΔEP = 5000.10.(400-220)

ΔEP = 9.106 J

Resposta: b

Questão 3:
As máquinas cortadeiras e colheitadeiras de cana-de açúcar podem substituir dezenas de trabalhadores rurais, o que pode alterar de forma significativa a relação de trabalho nas lavouras de cana-de-açúcar. A pá cortadeira da máquina ilustrada na figura abaixo gira em movimento circular uniforme a uma frequência de 300 rpm.



A velocidade de um ponto extremo P da pá vale (Considere π = 3)

a) 18 m/s.
b) 9 m/s.
c) 15 m/s.
d) 60 m/s.

Resolução:

v = ω.R => v = 2.π.f.R => v = 2.3.(300/60).0,60 => v = 18 m/s

Resposta: a

Questão 4:
Uma boia de sinalização marítima muito simples pode ser construída unindo-se dois cilindros de mesmas dimensões e de densidades diferentes, sendo um de densidade menor e outro de densidade maior que a da água, tal como esquematizado na figura abaixo. Submergindo-se totalmente esta boia de sinalização na água, quais serão os pontos efetivos mais prováveis de aplicação das forças Peso e Empuxo?



a) Peso em B e Empuxo em B.
b) Peso em C e Empuxo em A.
c) Peso em B e Empuxo em C.
d) Peso em C e Empuxo em B.

Resolução:

O ponto de aplicação do Peso é o centro da gravidade da boia. Este ponto  fica deslocado para o lado do cilindro com maior densidade: ponto C.

O ponto de aplicação do empuxo é o centro de gravidade do volume deslocado. 

Como a boia está totalmente imersa, o centro de gravidade do volume deslocado é o centro da boia: ponto B.

Resposta: d

Questão 5:
A tecnologia de telefonia celular 4G passou a ser utilizada no Brasil em 2013, como parte da iniciativa de melhoria geral dos serviços no Brasil, em preparação para a Copa do Mundo de 2014. Algumas operadoras inauguraram serviços com ondas eletromagnéticas na frequência de 40 MHz. Sendo a velocidade da luz no vácuo c = 3,0.108 m/s, o comprimento de ondas dessas ondas eletromagnéticas é

a) 1,2 m.
b) 5,0 m.
c) 12,0 m.
d) 7,5 m.

Resolução:

v = λ.f = 3,0.108 = λ.40.106 => λ = 7,5 m

Resposta: d

Questão 6:
A atração e a repulsão entre partículas carregadas têm inúmeras aplicações industriais, tal como a pintura eletrostática. As figuras abaixo mostram um mesmo conjunto de partículas carregadas, nos vértices de um quadrado de lado a, que exercem forças eletrostáticas sobre a carga A no centro desse quadrado. Na situação apresentada, o vetor que melhor representa a força resultante agindo sobre a carga A se encontra na figura



Resolução:

Considerando q > 0 e lembrando que cargas elétricas de mesmo sinal repelem-se e de sinais contrários atraem-se, temos as forças que agem na esfera A e a força resultante:





Resposta: d

quinta-feira, 16 de janeiro de 2020

Crônicas do Blog


Observe com atenção as duas fotos. Note que elas representam rigorosamente a mesma paisagem.
 

A diferença fundamental entre elas e que, na foto da direita, não dá para dizer que o céu é azul, que a grama é verde, que as flores são vermelhas, amarelas... Não que a foto em preto e branco não tenha a sua arte; ao contrário, é preciso muito talento para se manifestar artisticamente jogando apenas com vários tons de cinza, com o claro e o escuro, em vez de utilizar a exuberância das cores da natureza. Mas... convenhamos, o mundo não seria tão bonito se não houvesse as cores.

Quem me compra um jardim com flores,
borboletas de muitas cores,
lavadeiras e passarinhos
ovos verdes e azuis no ninho?

(Cecília Meireles)

Do livro “O mundo das cores” de Paulo Toledo Soares.

quarta-feira, 15 de janeiro de 2020

Recordando - Eletricidade

Olá pessoal. Uma questão natalina no meio do verão. E que verão! A resolução será publicada na próxima quarta-feira, dia 22.

Lá vai o Papai Noel!



Unissinos–RS
 Se as lâmpadas de uma árvore de Natal são todas idênticas e ligadas em série, a resistência elétrica de uma das lâmpadas é ...................... resistência elétrica do conjunto.

Estando o conjunto ligado na rede elétrica e o filamento de uma das lâmpadas “romper”, então as outras lâmpadas ....................... .

As lacunas são corretamente preenchidas, respectivamente, por:

a) menor/apagam

b) maior/apagam

c) maior/continuam acesas

d) menor/apagam

e) menor/continuam acesas

Recordando - Termologia, Óptica e Ondas

Expansão isobárica

Fuvest 2016
Uma garrafa tem um cilindro afixado em sua boca, no qual um êmbolo pode se movimentar sem atrito, mantendo constante a massa de ar dentro da
garrafa, como ilustra a figura.



Inicialmente, o sistema está em equilíbrio à temperatura de 27°C. O volume de ar na garrafa é igual a 600 cm
3 e o êmbolo tem uma área transversal igual a 3 cm2. Na condição de equilíbrio, com a pressão atmosférica constante, para cada 1 °C de aumento de temperatura do sistema, o êmbolo subirá aproximadamente

a) 0,7 cm
b) 14 cm
c) 2,1 cm
d) 30 cm
e) 60 cm


Resolução:

A expansão pode ser considerada isobárica, pois ocorre sob pressão constante (igual à pressão atmosférica).

Na situação inicial, temos: V
0 = 600 cm3; T0 = (273+27)K = 300 K
Considerando um aumento de 1°C, o embolo sobe uma altura h e há um aumento de volume que passa a ser V = 600+A.h = 600+3h; 

a temperatura é T = (273+28)K = 301 K

Temos:
V0/T0 = V/T => 600/300 = (600+3h)/301 => 
h = (2/3) cm 0,7 cm

Resposta: a

segunda-feira, 13 de janeiro de 2020

Recordando - Mecânica

Choque frontal

(PUC-SP)
Uma esfera de massa M é abandonada do repouso, no ponto 1 de uma rampa de altura h, por onde passa a deslizar sem atrito. No ponto 2, ela se choca frontalmente com outra esfera de massa 1,5M, também inicialmente em repouso.


Sendo a colisão perfeitamente elástica, qual a razão h'/h, expressa em porcentagem (%), entre a nova altura alcançada pela esfera e a altura inicial?

a) 1           b) 2           c) 3           d) 4           e) 5

  
Resolução:

Cálculo da velocidade da esfera de massa M imediatamente antes da colisão

Ep(grav) = Ecin => mgh = (mv2)/2 => v = (2gh) (1)

Cálculo da velocidade da esfera de massa M imediatamente após a colisão



Qantes = Qdepois => Mv = -MvA + 1,5MvB => v = -vA + 1,5vB (2)
  
e = vel.rel.depois/vel.rel.antes => 1 = (vA + vB)/v (3)

De (2) e (3): vA = v/5

Mas vA = (2gh'), logo(2gh') =(2gh)/5 => h'/h = 1/25 = 4% 

Resposta: d