Arte do Blog

Dairy Farm

Millard Sheets 

Millard Owen Sheets foi um artista norte americano de múltiplas habilidades, dentre elas as de arquiteto, pintor e professor. Sheets nasceu na Califórnia em 1907 e cresceu no Vale Pomona, perto de Los Angeles. As aquarelas de Sheets, pintadas quando ele tinha apenas dezenove anos, foram aceitas para a mostra anual da Sociedade de aquarelistas da Califórnia e ele foi eleito membro do grupo. Aos vinte anos, antes de se formar no Instituto de Artes Chouinard, foi contratado para ensinar pintura em aquarela enquanto completava sua educação artística.

 

Navajos

No início da década de 1930 Shetts caminhava para o reconhecimento nacional como artista proeminente, expondo em Paris, Nova York, Pittsburgh, Chicago, Houston, St. Louis, San Antonio, San Francisco, Washington DC, Baltimore, Ventura e outras cidades dos Estados Unidos. Em Los Angeles Sheets foi reconhecido como a principal figura e a força motriz por trás do movimento aquarelista estilo Califórnia.

 

Clothesline

x
Durante a II Guerra Mundial Sheets trabalhou como artista-correspondente da revista Life e da Força Aérea, sendo designado para a Índia e a Birmânia. Muitos de seus trabalhos a partir da experiência bélica mostram cenas de sofrimento e morte por ele testemunhadas. Os trabalhos da década de 1940, pintados na Califórnia e no México, refletiram as mudanças de humor, especialmente quando ele passou a usar de forma ostensiva tons escuros e a dar preferência a temas deprimentes. Após a década de 1950 seu estilo mudou novamente, desta vez com cores mais vivas e muitas vezes retratando temas de suas viagens ao redor do mundo.

 

New Arrivals

Millard Owen Sheets continuou pintando e projetando edifícios por quase todo o século XX, são de sua lavra mais de cinquenta agências bancárias no sul dos Estados Unidos. Sheets faleceu na Califórnia no dia 31 de março de 1989, aos 81 anos de idade.

 Kona Village, Hawaii

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Preparando-se para o ENEM

Questão 1:
Considere duas esferas de ouro, de mesmo raio. Uma maciça e outra oca. Imagine que a esfera oca flutue ao ser colocada num recipiente contendo água e que esfera maciça, afunde. Pode-se afirmar que:

a) A densidade da esfera oca coincide com a massa específica do ouro.
b) A esfera oca de ouro possui densidade maior do que a massa específica do ouro.
c) A esfera maciça de ouro possui densidade menor do que a da água.
d) As esferas maciça e oca, de mesmo raio, possuem mesma densidade.
e) A esfera oca de ouro possui densidade menor do que a da água.

Resolução:

A esfera maciça possui densidade igual à massa específica do ouro. A esfera oca possui densidade menor do que a massa específica do ouro. Como a esfera oca flutua na água, sua densidade é menor do que a da água.

Resposta: e

Questão 2:
Para uma mesma força, a pressão é inversamente proporcional à área da superfície na qual a força atua. Objetos de grande área de contato com uma superfície, exercem menor pressão do que objetos pontiagudos, para a mesma força.

Uma pessoa aperta um pequeno lápis entre os dedos, conforme a figura:

                    
a) A força exercida tem intensidade maior na extremidade apontada.
b) A força exercida tem intensidade maior na extremidade não apontada.
c) A pressão é menor no contato com a ponta do lápis.
d) A pressão é maior no contato com a ponta do lápis.
e) A pessoa sentirá mais dor na extremidade não apontada.

Resolução:

As forças exercidas têm a mesma intensidade nas duas extremidades. Sendo a pressão inversamente proporcional à área da superfície na qual a força atua, concluímos que pressão é maior no contato com a ponta do lápis.

Resposta: d

Questão 3:
Considere um líquido homogêneo, de densidade d, contido em um recipiente cilíndrico, de área de seção transversal A. Seja h a altura que o líquido ocupa no recipiente e g a aceleração local da gravidade. Devido a seu peso P, a coluna líquida exerce no fundo do recipiente uma pressão denominada pressão hidrostática. Nestas condições, podemos afirmar que:

a) a pressão exercida pela coluna líquida não depende da natureza do líquido;
b) a pressão exercida pela coluna líquida independe da área A da base do recipiente;
c) a pressão da coluna liquida independe da altura h que o líquido ocupa no recipiente;
d) a pressão exercida pela coluna líquida é tanto maior quanto maior a altitude do local em que se encontra o recipiente;
e) a pressão exercida pela coluna líquida é a mesma em São Paulo e no Rio de Janeiro.

Resolução:

p_coluna = P/A = m.g/A
De d = m/V e sendo V = A.h, vem: m = d.V = d.A.h_c
Logo: p_coluna = d.A.h.g/A => p_coluna = d.g.h
             
A pressão exercida por uma coluna líquida

• depende da natureza do líquido, dada pela densidade d;
• depende do local onde o recipiente se encontra, dado pela aceleração da gravidade local g;
• depende da altura h do líquido no recipiente;
• independe da área A da base do recipiente.

Resposta: b

Questão 4:
A pressão que o ar exerce nos corpos situados na superfície terrestre é denominada pressão atmosférica. Seu valor, ao nível do mar, é aproximadamente igual a 1,0.10⁵ N/m². Seja d = 1,0.10³ kg/m³, a densidade da água e g = 10 m/s², a aceleração da gravidade. A altura de uma coluna de água que exerce uma pressão hidrostática igual à pressão atmosférica é igual a:

a) 1,0 m     b) 5,0 m     c) 10 m     d) 15 m     e) 20 m
                          
Resolução: 

p_coluna = 1,0.10⁵ = 1,0.10³.10.h => h = 10 m

Resposta: c

Questão 5:
O matemático, físico e filósofo, Blaise Pascal, estudou a transmissão de pressões através dos líquidos, estabelecendo que: “a variação de pressão provocada em um ponto de um líquido em equilíbrio se transmite integralmente para todos os pontos do líquido e das paredes do recipiente que o contém”. Esse resultado constitui a chamada Lei de Pascal. Entre as inúmeras aplicações da lei de Pascal tem-se a prensa hidráulica. Ela é constituída de dois recipientes cilíndricos que se comunicam pelas bases. Os recipientes são providos de êmbolos cujas seções têm áreas A₁ e A₂ diferentes.

Os cilindros são preenchidos com um líquido homogêneo. Aplicando-se no êmbolo menor uma força de intensidade F₁, ocorrerá um aumento de pressão que se transmite a todos os pontos do líquido e das paredes do recipiente, inclusive ao êmbolo maior, que fica sujeito a uma força de intensidade F₂.
A relação entre F₁, F₂, A₁ e A₂ é igual a:

a) F₁.A₁ = F₂.A₂
b) F₁/A₂ = F₂/A₁ 
c) F₁/A₁ = F₂/A₂
d) F₁/F₂ = A₂/A₁
e) F₁/F₂ = (A₁/A₂)²

Resolução:

Aplicando-se no êmbolo menor uma força de intensidade F₁, ocorrerá um aumento de pressão dado por F₁/A₁. Esse aumento de pressão se transmite a todos os pontos do líquido e das paredes do recipiente, inclusive ao êmbolo maior, que fica sujeito a uma força de intensidade F₂ que provoca um aumento de pressão igual a F₂/A₂. Pela Lei de Pascal, resulta: F₁/A₁ = F₂/A₂.

Resposta: c 

Caiu no vestibular

Pedalando rumo à vitória...

(UFPR)
Em uma prova internacional de ciclismo, dois dos ciclistas, um francês e, separado por uma distância de 15 m à sua frente, um inglês, se movimentam com velocidades iguais e constantes de módulo 22 m/s. Considere agora que o representante brasileiro na prova, ao ultrapassar o ciclista francês, possui uma velocidade constante de módulo 24 m/s e inicia uma aceleração constante de módulo 0,4 m/s², com o objetivo de ultrapassar o ciclista inglês e ganhar a prova. No instante em que ele ultrapassa o ciclista francês, faltam ainda 200 m para a linha de chegada. Com base nesses dados e admitindo que o ciclista inglês, ao ser ultrapassado pelo brasileiro, mantenha constantes as características do seu movimento, assinale a alternativa correta para o tempo gasto pelo ciclista brasileiro para ultrapassar o ciclista inglês e ganhar a corrida.

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

Resolução:

No instante t = 0 temos a situação, de acordo com o enunciado:

Função horária do ciclista inglês (MU)

s = s₀ + v.t => s_I = 15 + 22.t

Função horária do ciclista brasileiro (MUV)

s = s₀ + v.t + (α/2).t² => s_B = 0 + 24.t + (0,4/2).t² 

No instante em que o ciclista brasileiro ultrapassa o inglês, temos:

s_I = s_B => 15 + 22.t = 24.t + (0,4/2).t² => 0,2.t² + 2.t - 15 = 0
t = -2 ± √{[(2)² - 4.0,2.(-15)]/(2.0,2)} = (-2 ± 4)/(2.0,2) =>

t = 5 s e t = -15 s
 
Resposta: e

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Afternoon Pincian Hill

Maurice B Prendergast

Maurice Prendergast Brazil, ou Maurice B Pendergast, nasceu no dia 10 de outubro de 1858 em St. John, Newfoundland and Labrador, mas sua família se mudou para Boston quando ele era criança. Na juventude Maurice trabalhou como artista comercial, pintando cartazes e fazendo ilustrações. Essa atividade o levou a apreciar planos de coloridos intensos e padronizados, característica de sua obra.
 

Bed of Flowers

Prendergast estudou em Paris entre os anos de 1891 e 1895, na Académie Colarossi, com Gustave Courtois e Jean-Joseph Benjamin-Constant e na Académie Julian. Durante sua estadia em Paris ele conheceu o pintor canadense James Morrice que o apresentou aos vanguardistas ingleses Walter Sickert e Aubrey Beardsley, admiradores fervorosos de James McNeill Whistler. A familiaridade com Édouard Vuillard e Pierre Bonnard colocou Prendergast no movimento pós-impressionista.

Central Park

Prendergast também estudou as obras de Vincent van Gogh e Georges Seurat em retrospectivas realizadas em Paris em 1891 e 1892. Pode-se também afirmar que ele foi um dos primeiros americanos a abraçar a obra de Paul Cézanne e de compreender e utilizar o seu uso expressivo da forma e da cor.

Children at the Beach

Maurice Prendergast Brazil morreu aos 65 anos, em 1924, e hoje figura na lista dos mais expressivos artistas americanos de seu tempo.

City Point Bridge

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Maurice Prendergast

Maurice Prendergast

Maurice Prendergast

Maurice Prendergast

Maurice Prendergast

Maurice Prendergast 
Maurice Prendergast
Maurice Prendergast
Maurice Prendergast
Maurice Prendergast
Maurice Prendergast
Maurice Prendergast
Maurice Prendergast     

Preparando-se para o Enem

Este texto refere-se às questões 1 e 2.

Ao ultrapassar a fronteira do sistema solar na quinta-feira, 12 de setembro de 2013, a Voyager 1 alcançou um novo marco na história da exploração do espaço. Lançada em 5 de setembro de 1977, a Voyager 1 tem 40 kilobytes de memória, 240 mil vezes menos que os 16 gigabytes ostentados pelo iPhone 5. Os computadores da nave são capazes de processar 8 mil instruções por segundo – coisa ínfima para a maioria dos smartphones, que em média lidam com 14 bilhões de instruções por segundo. O sistema de transmissão da Voyager 1 também parece um pouco obsoleto se visto com os olhos de hoje: para se comunicar com a Terra, é usado um emissor de 22,4 Watts, o equivalente à energia de uma lâmpada de geladeira. Ao chegar aqui, entretanto, após 17 horas viajando na velocidade da luz, o sinal se reduz a 0,2 bilionésimo de Watt. (Adaptado do Estadão -13/10/2013)

Questão 1:
Qual é a ordem de grandeza do número de bytes da memória da Voyager 1?

Resolução:

A memória da Voyager 1 tem 40 kilobytes = 40000 bytes = 4,0 x 10⁴ bytes.
A ordem de grandeza do número de bytes é, portanto, 10⁵, pois 4,0 é maior do que √10 = 3,16. Para saber mais, clique aqui.⁵

Resposta: 10⁵

Questão 2:
O sinal da Voyager 1 chega à Terra após 17 horas de viagem à velocidade da luz. Qual é a ordem de grandeza da distância Voyager1-Terra em quilômetros?

Resolução:

A luz percorre 300000 quilômetros por segundo, em 17 horas percorrerá:
d = 17.60.60(s).300000(km/s) => d = 18360000000 km¹
d = 1,8.10¹⁰ km. A ordem de grandeza de d, em km, é, 10¹⁰.

Resposta: 10¹⁰

O Pêndulo de Foucault

Até o ano de 1851, todas as informações a respeito do movimento de rotação da Terra eram obtida através de observações astronômicas, sobre o movimento das estrelas. Uma explicação antiga era que as estrelas estariam “presas” a um esfera que gira sobre a Terra, mas a aceitação de que a Terra não era o centro do universo derrubava esta hipótese.

O experimento de Foucault consiste em uma das maneiras mais simples e elegantes de se provar a rotação da Terra, que até hoje é admirada por sua simplicidade na forma de integração entre o ser humano e a natureza, sendo considerada por muitos físicos como um dos dez mais belos experimentos científicos.

O pêndulo de Foucault consiste em um dispositivo composto por uma massa m suspensa por um fio L, onde seu ponto de apoio é livre para girar.

A princípio, a expectativa era que o pêndulo oscilasse em um movimento retilíneo em um único plano vertical. No entanto, o que foi observado é que a oscilação do pêndulo parecia girar com o tempo, mudando sua direção em relação a esse plano considerado.

Mas, se não há nenhuma força atuando no pêndulo para que mude a direção da oscilação, por que o pêndulo gira? Na verdade, o pêndulo não gira. É o plano contido pela Terra que está girando! O plano de oscilação do pêndulo permanece constante. Nós, os observadores, temos a impressão de que o pêndulo gira, por que estamos “presos” à Terra. 

Saiba mais aqui.

Clique aqui para ver a animação do Pêndulo de Foucault

Questão 3: 
(FUVEST-SP)
O pêndulo de Foucault – popularizado pela famosa obra de Umberto Eco – consistia de uma esfera de 28 kg, pendurada na cúpula do Panthéon de Paris por um fio de 67 m de comprimento. Sabe-se que o período T de oscilação de um pêndulo simples é relacionado com seu comprimento L e com a aceleração da gravidade g pela seguinte expressão:

T = 2π√(L/g)

a) Qual o período de oscilação do pêndulo de Foucault? Despreze as frações de segundos.

b) O que aconteceria com o período desse pêndulo se dobrássemos sua massa?

(Adote g = 10 m/s² e √10 = π)

Resolução:

Da expressão do período do pêndulo simples T = 2π√(L/g), temos

a) T = 2π√(67/10)  =>  T = 2π√(67/√10) => T = 2π.(8/π) => T = 16 s

b) O período de oscilação de um pêndulo simples não depende da massa pendular, portanto, permaneceria o mesmo. 

Respostas: a) 16 s; b) O mesmo.

Questão 4: 

Leia com atenção:

O período de oscilação de um pêndulo simples depende do comprimento L do pêndulo e da aceleração da gravidade local. T = 2π√(L/g).

O período de oscilação de um sistema massa-mola depende das características da mola (k) e da massa (m) nela acoplada. T = 2π√(m/k).

(UFOP-MG)
Dois sistemas oscilantes, um bloco pendurado em uma mola vertical e um pêndulo simples, são preparados na Terra de tal forma que possuam o mesmo período.

Se os dois osciladores forem levados para a Estação Espacial Internacional (ISS), como se comportarão os seus períodos nesse ambiente de microgravidade?

a) Os períodos de ambos os osciladores se manterão os mesmos de quando estavam na Terra.

b) O período do bloco pendurado na mola não sofrerá alteração, já o período do pêndulo deixará de ser o mesmo.

c) O período do pêndulo será o mesmo, no entanto o período do bloco pendurado na mola será alterado.

d) Os períodos de ambos os osciladores sofrerão modificação em relação a quando estavam na Terra.

Resolução:

O período de oscilação do pêndulo será alterado, pois depende da aceleração da gravidade local e na Estação Espacial a gravidade é menor do que na superfície terrestre. Já o período de oscilação do bloco pendurado na mola permanecerá o mesmo, pois depende apenas da mola e da massa do bloco. que permanecem constantes.

Resposta: b 

Questão 5: 
Uma partícula, de massa 200 g, está em repouso e fica sob ação de uma força de direção constante cuja intensidade varia com o tempo de acordo com o diagrama abaixo:

Determine:

a) O módulo da velocidade da partícula no instante 30 s.
b) O módulo da quantidade de movimento da partícula no instante 10 s.

Resolução:

a) Como a força tem direção constante e intensidade variável em função do tempo, a intensidade do impulso da força, num certo intervalo de tempo, é numericamente igual à área no diagrama F x t. Assim, no intervalo de 0 a 30 s temos:

I = (base.altura)/2 = (30.2)/2 => I = 30 N.s

Teorema do Impulso:

I = m.v₂ - m.v₁ => 30 = 0,2.v₂ – 0,2.0 => v₂ = 150 m/s

b) No intervalo de 0 a 10 s temos:

I = (base.altura)/2 = (10.2)/2 => I = 10 N.s

Teorema do Impulso:

I = Q₂ - Q₁ => 10 = Q₂ – 0 => Q₂ = 10 kg.m/s

Respostas: a) 150 m/s; b) 10 kg.m/s