Considerando o calor específico da água igual a 1,0 cal/(g°C), para aquecer 200 g de água, de 20°C até que se inicie a ebulição, no topo do Pico da Neblina, cuja altitude é cerca de 3.000 m em relação ao nível do mar, é necessário fornecer para essa massa de água uma quantidade de calor de, aproximadamente,

(A) $$4,0\cdot 10^{3}\, cal$$.
(B) $$1,4\cdot 10^{2}\, cal$$.
(C) $$1,2\cdot 10^{3}\, cal$$.
(D) $$1,2\cdot 10^{7}\, cal$$.
(E) $$1,4\cdot 10^{4}\, cal$$.

Confira nossa lista de Exercícios Resolvidos de Calor Específico

Solução:

O post Unesp 2018 – Meio do Ano – 1ª Fase – Q. 79 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

(A) $$2,0\cdot 10^{1}\, Pa$$.
(B) $$0,5\cdot 10^{3}\, Pa$$.
(C) $$0,5\cdot 10^{2}\, Pa$$.
(D) $$2,0\cdot 10^{2}\, Pa$$.
(E) $$2,0\cdot 10^{3}\, Pa$$.

Solução:

A variação da pressão hidrostática é \[\Delta p = \mu g h\] Assim, basta substituir os valores, lembrando de transformar a altura da coluna d’água de centímetros para metros. \[\Delta p = 1\cdot 10^{3}\cdot 10\cdot 2\cdot 10^{-2} \longrightarrow \Delta p = 2\cdot 10^{2}\, Pa\]

Resposta: letra D.

O post Unesp 2018 – Meio do Ano – 1ª Fase – Q. 78 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Supondo que, em dado instante, a pessoa desce em movimento acelerado, a força resultante sobre ela tem

(A) intensidade nula.
(B) direção e sentido indicados pela seta 3.
(C) direção e sentido indicados pela seta 1.
(D) direção e sentido indicados pela seta 4.
(E) direção e sentido indicados pela seta 2.

Solução:

A força resultante, neste caso em que existe movimento acelerado, tem mesma direção e sentido do movimento. Como a pessoa está descendo a tirolesa, a força resultante que age sobre a pessoa está representada pela seta 2.

Resposta: letra E.

O post Unesp 2018 – Meio do Ano – 1ª Fase – Q. 77 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

(A) 1 minuto e 7 segundos.
(B) 4 minutos e 33 segundos.
(C) 3 minutos e 45 segundos.
(D) 3 minutos e 33 segundos.
(E) 4 minutos e 17 segundos.

Confira nossa Lista de Exercícios Resolvidos de Movimento Uniforme

Solução:

Precisamos aqui calcular qual era o tempo ($$t_{1}$$) gasto quando a velocidade era de 70 km/h e qual é o tempo ($$t_{2}$$) gasto agora que a velocidade subiu para 90 km/h.

\[t_{1} = \frac{d}{v_{1}} \longrightarrow t_{1} = \frac{22,5}{70}\, h\]

\[t_{2} = \frac{d}{v_{2}} \longrightarrow t_{2} = \frac{22,5}{90}\, h\]

\[\Delta t = t_{1} – t_{2} \longrightarrow \frac{22,5}{70} – \frac{22,5}{90} \longrightarrow \Delta t \cong 4\, minutos\, e\, 17\, segundos\]

Resposta: letra E.

O post UNESP 2017 – Meio do Ano – Q. 83 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Suponha que a temperatura do resistor não se altere significativamente com a potência dissipada, de modo que sua resistência não varie. Ao se construir o gráfico da potência dissipada pelo resistor em função da diferença de potencial U aplicada a seus terminais, obteve-se a curva representada em:

Confira nossa Lista de Exercícios Resolvidos de Potência Elétrica

Solução:

A potência pode ser calculada por

$$P = i\cdot U$$ (I),

sabemos também que

$$U = R\cdot i \longrightarrow i = \frac{U}{R}$$ (II).

Substituindo II em I, temos

\[P = \frac{U^{2}}{R}\]

Sabemos que R é constante, pois foi dito no enunciado. Então a relação entre potência e diferença de potencial será uma parábola em que quando U = 0, P = 0.

Resposta: letra C.

O post UNESP 2017 – Meio do Ano – Q. 82 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Analisando as informações do gráfico, é correto afirmar que, no instante em que o corredor A cruzou a linha de chegada, faltava ainda, para o corredor B completar a prova, uma distância, em metros, igual a

(A) 5.
(B) 25.
(C) 15.
(D) 20.
(E) 10.

Confira nossa Lista de Exercícios Resolvidos de Cinemática

Solução:

O corredor B demorou 2 s para percorrer o restante do percurso, sendo sua velocidade 10 m/s. Logo \[v = \frac{\Delta S}{\Delta t} \longrightarrow 10 = \frac{\Delta S}{2} \longrightarrow \Delta S = 20\, m\] Resposta: letra D.

O post UNESP 2014 Meio do Ano (1ª Fase) – Q. 77 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

A grande amplitude térmica diária observada no gráfico pode, dentre outros fatores, ser explicada pelo fato de que

(A) a água líquida apresenta calor específico menor do que o da areia sólida e, assim, devido a maior presença de areia do que de água na região, a retenção de calor no ambiente torna-se difícil, causando a drástica queda de temperatura na madrugada.
(B) o calor específico da areia é baixo e, por isso, ela esquenta rapidamente quando ganha calor e esfria rapidamente quando perde. A baixa umidade do ar não retém o calor perdido pela areia quando ela esfria, explicando a queda de temperatura na madrugada.
(C) a falta de água e, consequentemente, de nuvens no ambiente do Saara intensifica o efeito estufa, o que contribui para uma maior retenção de energia térmica na região.
(D) o calor se propaga facilmente na região por condução, uma vez que o ar seco é um excelente condutor de calor. Dessa forma, a energia retida pela areia durante o dia se dissipa pelo ambiente à noite, causando a queda de temperatura.
(E) da grande massa de areia existente na região do Saara apresenta grande mobilidade, causando a dissipação do calor absorvido durante o dia e a drástica queda de temperatura à noite.

Confira nossa Lista de Exercícios Resolvidos de Calorimetria

Solução:

Quanto mais baixo o calor específico, mais rápido se absorve e se perde energia. Como o calor específico da areia é baixo, esta esquenta fácil durante o dia e esfria fácil durante a noite. Como a umidade do ar é baixa, não há o que segure o calor liberado pela areia. Isso explica a grande variação de temperatura no deserto.

Resposta: letra B.

O post UNESP 2014 Meio do Ano (1ª Fase) – Q. 76 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Considerando válidas as condições de nitidez de Gauss, a distância focal, em cm, da lente utilizada pelo estudante é igual a

(A) 5.
(B) 2.
(C) 6.
(D) 4.
(E) 3.

Confira nossa Lista de Exercícios Resolvidos de Espelhos e Lentes

Solução:

Sabemos que o tamanho da imagem ($$H_{i}$$) é 2,5 vezes o tamanho do objeto ($$H_{o}$$), ou seja, $$H_{i} = 2,5\cdot H_{o}$$. Podemos usar a proporção entre tamanhos e distâncias para encontrar a relação entre a distância do objeto à lente ($$D_{o}$$) e da imagem à lente ($$D_{i}$$) \[\frac{H_{i}}{H_{o}} = \frac{D_{i}}{D_{o}} \longrightarrow \frac{2,5\cdot H_{o}}{H_{o}} = \frac{D_{i}}{D_{o}} \longrightarrow D_{i} = 2,5\cdot D_{o} \longrightarrow D_{i} = 2,5\cdot 3 \longrightarrow D_{i} = 7,5\, cm\] Agora podemos encontrar o foco. Como a imagem é virtual, a distância dela à lente é negativa \[\frac{1}{f} = \frac{1}{D_{o}} + \frac{1}{D_{i}} \longrightarrow \frac{1}{f} = \frac{1}{3} – \frac{1}{7,5} \longrightarrow f = 5\, cm\] Resposta: letra A.

O post UNESP 2014 Meio do Ano (1ª Fase) – Q. 80 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Tétis é outro dos maiores satélites de Saturno e está a uma distância média de Saturno de 300 000 km. Considere:

O período aproximado de translação de Tétis ao redor de Saturno, em dias terrestres, é

(A) 4.
(B) 2.
(C) 6.
(D) 8.
(E) 10.

Solução:

A lei da Kepler que usaremos aqui é a dos Períodos. Como a razão mostrada na figura é uma constante, podemos igualar a razão para Titã com a razão para Tétis \[\frac{r_{Ti} ^{3}}{T_{Ti} ^{2}} = \frac{r_{Te} ^{3}}{T_{Te} ^{2}} \longrightarrow \frac{1.200.000^{3}}{16^{2}} = \frac{300.000^{3}}{T_{Te} ^{2}} \longrightarrow T_{Te} = 2\, dias\] Resposta: letra B.

O post UNESP 2014 Meio do Ano (1ª Fase) – Q. 79 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Um filhote de cachorro cochila dentro de uma semiesfera de plástico de raio 10 cm, a qual flutua em uma piscina de águas paradas, totalmente submersa e em equilíbrio, sem que a água entre nela.

Desprezando a massa da semiesfera, considerando a densidade da água da piscina igual a $$10^{3}\, kg/m^{3}$$, $$g = 10\, m/s^{2}$$, π = 3 e sabendo que o volume de uma esfera de raio R é dado pela expressão $$V = \frac{4\cdot\pi\cdot R^{3}}{3}$$, é correto afirmar que a massa do cachorro, em kg, é igual a
(A) 2,5.
(B) 2,0.
(C) 3,0.
(D) 3,5.
(E) 4,0.

Solução:

Segundo a figura abaixo, como a semiesfera está em equilíbrio, podemos dizer que \[P = E \longrightarrow m\cdot g = d\cdot g\cdot V \longrightarrow m = 10^{3}\cdot \frac{4\cdot 3\cdot 0,1^{3}}{3}\cdot \frac {1}{2} \longrightarrow m = 2\, kg\] Resposta: letra B.

O post UNESP 2016 Meio do Ano (1ª fase) – Q. 78 (Física) apareceu primeiro em Educacional Plenus.