EFOMM 2019 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O enunciado trata de um gerador real ligado a um resistor variável e entrega a curva da potência dissipada em $R$ em função da corrente. O que importa é a forma da curva: uma parábola que passa pela origem, tem vértice em $i=12{,}5\text{ A}$ com $P=120\text{ W}$ e volta a zero em $i=25\text{ A}$. Os dados de $R$ em si são distração, porque a própria curva já carrega toda a informação sobre $\varepsilon$ e $r$.

A potência útil do gerador é a total menos a perdida na resistência interna, isto é, $P=\varepsilon i-ri^2$. Repare que essa é exatamente uma parábola com concavidade para baixo. Ela zera em $i=0$ e na corrente de curto-circuito $i=\varepsilon/r$. Vamos aproveitar as duas informações da figura: a raiz nos dá uma relação entre $\varepsilon$ e $r$, e o vértice nos dá a segunda equação.

A segunda raiz vale $25\text{ A}$, logo $\varepsilon=25r$. No vértice, a potência é $120\text{ W}$ com $i=12{,}5\text{ A}$, e por isso \[\varepsilon i-ri^2=120\ \Rightarrow\ 12{,}5\,\varepsilon-156{,}25\,r=120\] Substituindo $\varepsilon=25r$, temos $312{,}5\,r-156{,}25\,r=156{,}25\,r=120$, de onde \[r=0{,}768\ \Omega\qquad\text{e}\qquad \varepsilon=25r=19{,}2\text{ V}\]

Resultado: $r=7{,}68\times10^{-1}\ \Omega$ e $\varepsilon=1{,}92\times10^{1}\text{ V}$. Vale um teste de bom senso: a potência máxima de um gerador vale $\varepsilon^2/4r=368{,}64/3{,}072=120\text{ W}$, exatamente o pico lido no gráfico.

Temos uma esfera condutora de raio $4{,}0\text{ cm}$ com $8{,}0\text{ nC}$, colocada no centro de uma casca esférica condutora oca e neutra, de raios $8{,}0\text{ cm}$ (interno) e $10{,}0\text{ cm}$ (externo). A pergunta é a diferença de potencial entre $P$ e $T$. O raio externo de $10\text{ cm}$ é o dado que não entra na diferença.

A carga de $P$ induz $-Q$ na face interna de $T$ e, como $T$ é neutra, $+Q$ na face externa. Note que a casca inteira é um condutor em equilíbrio: seu potencial é único. Já a diferença de potencial entre $P$ e $T$ depende só do campo na região entre eles, que é gerado pela carga $Q$ de $P$ (a casca externa não cria campo dentro da região oca). Portanto vale a integral do campo de uma carga puntiforme entre $4\text{ cm}$ e $8\text{ cm}$.

Com $k=9\times10^9$ e $Q=8\times10^{-9}\text{ C}$, temos $kQ=72\text{ V}\cdot\text{m}$. Assim: \[\Delta V=kQ\left(\dfrac{1}{0{,}04}-\dfrac{1}{0{,}08}\right)=72\,(25-12{,}5)\] \[\Delta V=900\text{ V}\]

$\Delta V=9{,}0\times10^{2}\text{ V}$, resultado obtido. Olhe o resultado com desconfiança saudável: o resultado é positivo, como deve ser, pois $P$ tem carga positiva e está em potencial maior que $T$. A ordem de grandeza também é razoável para nanocoulombs e centímetros.

Um ebulidor, ligado a $150\text{ V}$, deve transformar $1{,}5\text{ kg}$ de gelo a $-8\text{ °C}$ em água a $90\text{ °C}$ em $700\text{ s}$, aproveitando só $60\%$ da potência elétrica. Pede-se a resistência. O que importa é o caminho completo da temperatura, com todas as etapas de calor.

A energia útil é o calor total absorvido pelo gelo, e ela vem do efeito Joule com rendimento de $60\%$. Vamos por partes: primeiro o calor total em três etapas (aquecer o gelo até $0\text{ °C}$, fundir e aquecer a água até $90\text{ °C}$), depois igualar à energia elétrica aproveitada, $0{,}60\,(V^2/R)\,t$.

Com $c_{gelo}=0{,}5$, $L=80$ e $c_{água}=1$ (unidades de cal/g e cal/g°C): \[Q=1500\,[\,0{,}5\cdot 8+80+1\cdot 90\,]=261000\text{ cal}\approx1{,}0962\times10^{6}\text{ J}\] Adotando $1\text{ cal}=4{,}2\text{ J}$ e igualando à energia aproveitada: \[0{,}60\cdot\dfrac{150^2}{R}\cdot700=1{,}0962\times10^{6}\ \Rightarrow\ R=\dfrac{0{,}60\cdot150^2\cdot700}{1{,}0962\times10^{6}}\]

Resulta $R\approx8{,}62\ \Omega$, resultado obtido. Só para conferir: o numerador vale cerca de $9{,}45\times10^{6}$ e o denominador $1{,}1\times10^{6}$, razão próxima de $8{,}6$. Uma potência de $1{,}1\times10^{6}/(0{,}6\cdot700)\approx2{,}6\text{ kW}$ é plausível para um ebulidor.

Uma barra de $30\text{ kg}$ e $5\text{ m}$ está pendurada por duas molas de $500\text{ N/m}$, já deformadas de $100\text{ mm}$, dentro de um campo de $8{,}0\text{ T}$. Queremos a corrente (módulo e sentido) que mantém a deformação das molas como está. Ou seja, a força magnética precisa ajudar as molas a sustentar o peso.

Se a deformação não muda, o equilíbrio continua valendo com as mesmas forças elásticas. As molas já puxam a barra para cima, mas não o bastante para sustentar todo o peso. Repare que o que falta é justamente a força magnética, dirigida para cima. Então a estratégia é: peso menos força elástica total é igual a $BIL$.

Cada mola exerce $F=kx=500\cdot0{,}10=50\text{ N}$, e as duas dão $100\text{ N}$. O peso é $P=30\cdot10=300\text{ N}$. Falta, portanto, $200\text{ N}$ para cima: \[F_B=BIL\ \Rightarrow\ 200=8\cdot I\cdot5\] \[I=5\text{ A}\] Para o sentido, usa-se a regra da mão direita com o campo da figura: para que a força seja para cima, a corrente real deve apontar para a esquerda.

$5\text{ A}$ para a esquerda, resultado obtido. Uma checagem rápida: com $8\text{ T}$ e $5\text{ m}$, cada ampère gera $40\text{ N}$, e $200\text{ N}$ pedem mesmo $5\text{ A}$. As alternativas com $2{,}5\text{ A}$ só dariam $100\text{ N}$.

Uma barra $PT$ de resistência $20{,}0\ \Omega$ desliza com velocidade constante de $4{,}0\text{ m/s}$ sobre um trilho em U de resistência desprezível, num campo de $15{,}0\text{ T}$. Pedem-se a FEM induzida e a força aplicada. Pela figura, o comprimento da barra entre os trilhos é $1{,}5\text{ m}$.

O movimento da barra varia o fluxo, o que gera uma FEM de movimento $\varepsilon=B\ell v$. Essa FEM produz corrente na única resistência do circuito, que é a barra. A corrente, por sua vez, sofre força magnética que se opõe ao movimento (lei de Lenz). Como a velocidade é constante, a resultante é nula, e a força aplicada tem o mesmo módulo da magnética e sentido contrário a ela.

Vamos por partes: \[\varepsilon=B\ell v=15\cdot1{,}5\cdot4=90\text{ V}\] \[I=\dfrac{\varepsilon}{R}=\dfrac{90}{20}=4{,}5\text{ A}\] \[F=BI\ell=15\cdot4{,}5\cdot1{,}5=101{,}25\text{ N}\]

FEM de $90\text{ V}$ e força de $101{,}25\text{ N}$, resultado obtido. Sanidade energética: a potência mecânica $Fv=101{,}25\cdot4=405\text{ W}$ é igual à potência elétrica dissipada $\varepsilon I=90\cdot4{,}5=405\text{ W}$. O balanço fecha.

O galvanômetro tem $0{,}80\ \Omega$ e suporta no máximo $20\text{ mA}$. Queremos transformá-lo num miliamperímetro de fundo de escala $200\text{ mA}$ com um shunt, e pedem o valor do shunt e a resistência do novo instrumento.

Shunt é um resistor em paralelo com o galvanômetro. Em paralelo, a tensão é a mesma nos dois, e a corrente se divide: o galvanômetro fica com os seus $20\text{ mA}$ e o shunt desvia o restante. Note que a resistência equivalente será menor que a menor das duas, o que é desejável em um amperímetro.

A tensão máxima sobre o galvanômetro é \[V_g=I_gR_g=0{,}020\cdot0{,}80=0{,}016\text{ V}\] O shunt conduz $200-20=180\text{ mA}=0{,}180\text{ A}$ sob essa mesma tensão: \[R_s=\dfrac{0{,}016}{0{,}180}=\dfrac{0{,}8}{9}\ \Omega\approx0{,}0889\ \Omega\] A resistência do miliamperímetro é a equivalente: \[R_{eq}=\dfrac{0{,}016}{0{,}200}=0{,}08\ \Omega\]

Shunt de $0{,}8/9\ \Omega$ e instrumento de $0{,}08\ \Omega$, resultado obtido. Para fechar com segurança: a corrente total é $10$ vezes a do galvanômetro, então a resistência equivalente deve ser $1/10$ de $0{,}8$, isto é, $0{,}08\ \Omega$, e o shunt deve ser $1/9$ de $0{,}8$, pois leva $9$ partes contra $1$.

A fonte de $48$ V, com resistência interna de $1\ \Omega$, alimenta em série os resistores de $5\ \Omega$ (em cima) e $4\ \Omega$ (embaixo), seguidos de uma ponte. Nela, a esquerda tem $5\ \Omega$ e o resistor desconhecido $y$; a direita tem $2\ \Omega$ com $8\ \Omega$ em cima e $3\ \Omega$ com $5\ \Omega$ embaixo. O galvanômetro não acusa corrente, e pede-se a corrente $i$ da fonte. O dado decisivo é esse galvanômetro parado.

Sem corrente no galvanômetro, seus dois terminais estão no mesmo potencial e a ponte está equilibrada: o produto das resistências opostas é igual. Isso determina $y$. Depois, aqui está a sacada: o ramo do galvanômetro deixa de existir para a corrente, e a ponte vira dois ramos em paralelo, cada um com resistores em série, ligados em série com o restante do circuito.

Os braços de cima somam $2+8=10\ \Omega$ à direita e $5\ \Omega$ à esquerda; embaixo, $y$ à esquerda e $3+5=8\ \Omega$ à direita. Equilíbrio: \[\dfrac{5}{y}=\dfrac{10}{8}\ \Rightarrow\ y=4\ \Omega\] Ramo esquerdo: $5+4=9\ \Omega$; ramo direito: $10+8=18\ \Omega$. Em paralelo: \[R_{ponte}=\dfrac{9\cdot18}{9+18}=6\ \Omega\] \[R_{total}=1+5+4+6=16\ \Omega,\qquad i=\dfrac{48}{16}=3{,}0\text{ A}\]

A corrente é $3{,}0$ A, resultado obtido. Vale um teste de bom senso: as correntes nos ramos da ponte são $2$ A e $1$ A, somando $3$ A. A tensão na ponte é $18$ V, pois $48-3\cdot(1+5+4)=18$ V, e $18/9=2$ A confere.

Uma bola parte do topo de um morro semicircular de raio $R$, lançada horizontalmente com $v_0$. Queremos o menor $v_0$ para que ela chegue ao solo sem tocar no morro durante a queda. O que importa é a geometria: a bola precisa ficar sempre fora do semicírculo. A massa é irrelevante.

Logo após o lançamento, a bola descreve uma parábola e o morro descreve um arco de circunferência, ambos horizontais no topo. Quem cai mais depressa? Se a parábola cair mais devagar que o arco, a bola sai do morro e não volta a tocá-lo. O caso-limite é quando as curvaturas coincidem no topo. É também o mesmo ponto em que a normal se anularia numa trajetória circular, pois a gravidade passaria a ser exatamente a força centrípeta.

A trajetória da bola é \[y=R-\dfrac{g\,x^2}{2v_0^2}\] e o arco do morro, perto do topo, é $y\approx R-\dfrac{x^2}{2R}$. Para que a bola fique fora do morro, ela deve descer menos que o arco, e o limite acontece quando \[\dfrac{g}{v_0^2}=\dfrac{1}{R}\ \Rightarrow\ v_{0,\min}=\sqrt{gR}\]

$v_{0,\min}=\sqrt{gR}$, resultado obtido. Sanidade dimensional: $\text{m/s}^2\cdot\text{m}=\text{m}^2/\text{s}^2$, raiz em m/s. Para $R=10\text{ m}$ dá $10\text{ m/s}$, valor típico. Note ainda que $\sqrt{1-u}\le1-u/2$, então, com esse $v_0$, o arco fica abaixo da parábola em todo o trecho.

Uma conta de massa $m$ desliza sem atrito num anel horizontal de raio $R$, puxada por uma mola de constante $k$ e comprimento natural $R$, fixa no ponto $A$. A conta parte do repouso em $B$, oposto a $A$. Queremos a velocidade em um ponto $P$ definido pelo ângulo $\theta$ entre $AB$ e $AP$. Como o plano é horizontal, a gravidade não realiza trabalho.

Sem atrito e com força elástica conservativa, vale a conservação da energia mecânica: a energia elástica inicial se reparte entre energia cinética e energia elástica em $P$. A dificuldade real é geométrica, isto é, saber o comprimento da mola em função de $\theta$. Repare que $AB$ é um diâmetro, e todo ângulo inscrito num semicírculo é reto. Assim o triângulo $ABP$ é retângulo em $P$.

Em $B$, a mola mede $2R$, com deformação $R$. Em $P$, no triângulo retângulo, $AP=2R\cos\theta$, e a deformação é $2R\cos\theta-R=R(2\cos\theta-1)$. Da conservação da energia: \[\dfrac12kR^2=\dfrac12mv^2+\dfrac12kR^2(2\cos\theta-1)^2\] \[mv^2=kR^2\left[1-(2\cos\theta-1)^2\right]=kR^2\left(4\cos\theta-4\cos^2\theta\right)\] \[v=2R\sqrt{\dfrac{k}{m}\left(\cos\theta-\cos^2\theta\right)}\]

É. Testes de limite: em $\theta=0$ (ponto $B$), $\cos\theta-\cos^2\theta=0$ e $v=0$, como esperado, pois a conta parte do repouso. Em $\theta=60\text{°}$ a mola volta ao comprimento natural, $AP=R$, e a energia elástica toda virou cinética.

Duas pessoas, $A$ e $B$, com massas $m_A$ e $m_B$, andam sobre uma jangada de massa $M$, partindo todos do repouso em relação à água. Os deslocamentos são perpendiculares, com velocidades $V_A$ (eixo $x$) e $V_B$ (eixo $y$), medidas em relação à água. Pede-se o módulo da velocidade de $A$ em relação à jangada. Não há forças externas horizontais, pois a água é tratada como sem atrito.

Sem forças externas horizontais, o momento linear total do sistema, que era nulo, continua nulo, e ele é uma grandeza vetorial. Vamos por partes: primeiro a velocidade da jangada, que recua para compensar as duas pessoas; depois a velocidade relativa de $A$, que é a diferença entre a velocidade de $A$ e a da jangada, sempre em relação à água.

A conservação do momento dá \[M\vec V_J+m_AV_A\,\hat i+m_BV_B\,\hat j=0\ \Rightarrow\ \vec V_J=-\dfrac{m_AV_A}{M}\,\hat i-\dfrac{m_BV_B}{M}\,\hat j\] A velocidade de $A$ em relação à jangada é \[\vec V_{A/J}=V_A\,\hat i-\vec V_J=\left(V_A+\dfrac{m_AV_A}{M}\right)\hat i+\dfrac{m_BV_B}{M}\,\hat j\] Como $V_A+m_AV_A/M=(M+m_A)V_A/M$, o módulo fica \[|\vec V_{A/J}|=\dfrac1M\sqrt{(M+m_A)^2V_A^2+(m_BV_B)^2}\]

resultado obtido. Olhe o resultado com desconfiança saudável: se $m_B=0$, sobra $(M+m_A)V_A/M$, valor maior que $V_A$, pois a jangada recua no sentido oposto e a velocidade relativa soma as duas. Se ainda $M\to\infty$, a jangada não se move e a relativa tende a $V_A$.

Um bloco de $5\text{ kg}$ desliza sem atrito sobre uma plataforma de $100\text{ kg}$ inclinada de $30\text{°}$. A plataforma também não tem atrito com o chão e é mantida parada por uma corda horizontal presa a uma parede. Pede-se a tração na corda. A massa de $100\text{ kg}$ é distração, pois só o bloco atua sobre a plataforma através do contato.

Como a plataforma está em repouso, a resultante horizontal sobre ela é nula. As únicas forças horizontais são a tração da corda e a componente horizontal da força que o bloco faz sobre a plataforma. Sem atrito, essa força é apenas a normal, perpendicular à superfície inclinada. Então basta achar a normal e projetá-la na horizontal.

Perpendicularmente ao plano, o bloco não acelera, logo \[N=mg\cos30\text{°}=5\cdot10\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=25\sqrt3\text{ N}\] A normal faz $30\text{°}$ com a vertical, e sua componente horizontal é $N\,\text{sen}\,30\text{°}$. Ela é equilibrada pela corda: \[T=N\,\text{sen}\,30\text{°}=25\sqrt3\cdot\dfrac12=\dfrac{25\sqrt3}{2}\text{ N}\]

$T=\dfrac{25\sqrt3}{2}\text{ N}\approx21{,}7\text{ N}$, resultado obtido. Só para conferir: a tração é bem menor que o peso do bloco ($50\text{ N}$), coerente com uma força horizontal que é só uma fração da normal. O mesmo valor sai de $mg\,\text{sen}\,30\text{°}\cos30\text{°}$.

Uma barra articulada no teto tem dois segmentos: $AB$ com $4\text{ kg}$ e $10\text{ m}$, e $BC$ com $2\text{ kg}$ e $2\text{ m}$. Uma força horizontal de $35\text{ N}$ age na extremidade $C$. No equilíbrio, queremos $\tan\theta$, sendo $\theta$ o ângulo com a vertical. As barras são homogêneas, então o peso de cada uma age no seu ponto médio.

Para o equilíbrio de rotação, tomamos momentos em torno da articulação, o que elimina a reação nela. Os pesos tendem a levar a barra de volta para a vertical, e a força horizontal tende a afastá-la. O equilíbrio ocorre quando os dois momentos se igualam. Note que, com a barra reta, os dois segmentos estão alinhados, e todas as distâncias podem ser medidas ao longo do eixo.

Os pesos valem $40\text{ N}$ e $20\text{ N}$. O centro de massa de $AB$ está a $5\text{ m}$ da articulação, e o de $BC$ está a $10+1=11\text{ m}$. O braço de alavanca de um peso é a distância vezes $\text{sen}\,\theta$, e o da força horizontal em $C$ (a $12\text{ m}$) é $12\cos\theta$: \[(40\cdot5+20\cdot11)\,\text{sen}\,\theta=35\cdot12\cos\theta\] \[420\,\text{sen}\,\theta=420\cos\theta\ \Rightarrow\ \tan\theta=1\]

$\tan\theta=1$, resultado obtido, isto é, $\theta=45\text{°}$. Uma checagem rápida: por coincidência, o momento total dos pesos ($420\text{ N}\cdot\text{m}$) é igual ao máximo momento da força ($35\cdot12=420$), o que leva ao ângulo simétrico de $45\text{°}$. Como $\theta$ é medido da vertical, $\tan\theta$ cresce com a força horizontal, como deve.

O planeta tem distância no afélio igual ao dobro da distância no periélio. Pedem a razão entre a velocidade média no afélio e a no periélio, em intervalos de tempo muito pequenos, de modo que o deslocamento seja praticamente reto.

Aqui a ferramenta é a segunda lei de Kepler: o raio vetor Sol-planeta varre áreas iguais em tempos iguais. Para um $\Delta t$ minúsculo, a região varrida é quase um triângulo com base $v\,\Delta t$ e altura $r$, pois no afélio e no periélio a velocidade é perpendicular ao raio. Igualando as áreas, obtemos uma relação inversa entre velocidade e distância.

A área varrida em cada ponto é $\Delta A\approx\tfrac12\,r\,v\,\Delta t$. Como $\Delta A$ é a mesma: \[r_a\,v_a=r_p\,v_p\ \Rightarrow\ \dfrac{v_a}{v_p}=\dfrac{r_p}{r_a}\] Com $r_a=2r_p$: \[\dfrac{v_a}{v_p}=\dfrac12\]

A razão é $1/2$, resultado obtido. Sanidade física: o planeta é mais lento quando está mais longe do Sol, então o resultado precisa ser menor que $1$. Um valor como $2$ contradiria o que se observa, e as opções com raiz de $2$ misturariam essa lei com a terceira.

Um mergulhador leva um balão de ar a um tanque de água a $282\text{ K}$, ao nível do mar, e pergunta-se a profundidade em que a densidade do ar do balão é $1{,}5$ em uma unidade escrita como $\text{kg/m}^2$. Repare nesse detalhe: densidade volumétrica se mede em $\text{kg/m}^3$, e o enunciado impresso traz outra unidade.

O ar do balão está em equilíbrio térmico com a água, então a temperatura é fixa e podemos usar a equação de estado escrita com a densidade, $p=\rho RT/M$. Achada a pressão no balão, ela vale a pressão atmosférica somada à pressão hidrostática da coluna de água, e disso sai a profundidade.

Supondo que a unidade pretendida fosse $\text{kg/m}^3$, com $R\approx8{,}31\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$: \[p=\dfrac{\rho RT}{M}=\dfrac{1{,}5\cdot8{,}31\cdot282}{29\times10^{-3}}\approx1{,}21\times10^{5}\text{ Pa}\] \[p=p_{atm}+\rho_{\text{água}}\,g\,h\ \Rightarrow\ h\approx\dfrac{1{,}21\times10^{5}-1{,}01\times10^{5}}{10^{4}}\approx2{,}0\text{ m}\]

A banca anulou oficialmente este item, e por isso nenhuma alternativa deve ser indicada como correta. O motivo mais provável é a unidade incompatível do enunciado, que inviabiliza a leitura do dado. Sanidade da conta hipotética: $p$ ligeiramente acima de $1\text{ atm}$ corresponde a poucos metros de água, coerente com a ordem de grandeza das opções.

Um laser emite luz de $675\text{ nm}$ no ar, onde a velocidade é $3{,}0\times10^8\text{ m/s}$. Em outro meio, o comprimento de onda passa a $450\text{ nm}$. Queremos a velocidade e a frequência da luz nesse meio.

Na mudança de meio, quem não muda é a frequência, que é determinada pela fonte. O que muda são a velocidade e o comprimento de onda, ligados por $v=\lambda f$. Então calculamos $f$ no ar, onde temos os dois dados, e depois usamos esse mesmo $f$ no novo meio.

No ar: \[f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{3{,}0\times10^{8}}{675\times10^{-9}}\approx4{,}4\times10^{14}\text{ Hz}\] No novo meio, com a mesma frequência: \[v=f\lambda\approx4{,}4\times10^{14}\cdot450\times10^{-9}=2{,}0\times10^{8}\text{ m/s}\]

$v=2{,}0\times10^8\text{ m/s}$ e $f=4{,}4\times10^{14}\text{ Hz}$, resultado obtido. Para fechar com segurança: a razão entre os comprimentos de onda, $450/675=2/3$, é a mesma que entre as velocidades, $2/3$ de $3\times10^8$. A luz visível tem frequência da ordem de $10^{14}\text{ Hz}$.

Um bloco de massa $M$, preso a uma mola $K$, oscila sem atrito com amplitude $A$. No instante em que $M$ está no extremo, na posição $A$, um bloco de massa $m$ e velocidade $v$ colide com ele e ambos ficam grudados. Pede-se a nova amplitude. O ponto-chave é que a colisão ocorre exatamente no extremo da oscilação.

Vamos separar em duas etapas. Na colisão, que é perfeitamente inelástica, a energia mecânica não se conserva, mas o momento linear sim (a mola não atua de forma impulsiva). Depois da colisão, o conjunto oscila em um sistema conservativo, e a energia se conserva. No extremo, $M$ está parado, então o momento inicial é só o de $m$.

Na colisão: \[mv=(M+m)\,u\ \Rightarrow\ u=\dfrac{mv}{M+m}\] Logo após, a energia é cinética mais elástica, já que a mola está deformada de $A$. Esse total se converte em elástica pura na nova amplitude: \[\dfrac12(M+m)u^2+\dfrac12KA^2=\dfrac12KA'^2\] \[A'^2=A^2+\dfrac{(M+m)u^2}{K}=A^2+\dfrac{m^2v^2}{(M+m)K}\]

$A'=\sqrt{\dfrac{m^2v^2}{(m+M)K}+A^2}$, resultado obtido. Vale um teste de bom senso: se $m\to0$ ou $v\to0$, então $A'=A$, como esperado. E $A'\ge A$ sempre, pois a colisão só acrescenta energia cinética ao sistema.

Um balão de hélio de $5{,}0\text{ L}$ está preso a um cordão de $10\text{ g}$ e $1{,}0\text{ m}$ que passa por uma polia ideal. Dão-se as massas específicas do hélio ($0{,}17\text{ kg/m}^3$) e do ar ($1{,}21\text{ kg/m}^3$). Pede-se a velocidade de propagação de uma onda transversal no cordão. A massa do revestimento é desprezada.

A velocidade de uma onda numa corda depende da tração e da densidade linear, $v=\sqrt{T/\mu}$. Precisamos, portanto, das duas grandezas. A tração vem do equilíbrio do balão: o empuxo do ar puxa para cima, o peso do hélio puxa para baixo, e o cordão segura a diferença. Como a polia é ideal, a tração se transmite inalterada ao longo do cordão.

O empuxo menos o peso do hélio dá a tração: \[T=(\rho_{ar}-\rho_{He})\,V\,g=(1{,}21-0{,}17)\cdot5\times10^{-3}\cdot10=0{,}052\text{ N}\] A densidade linear do cordão é $\mu=m/\ell=0{,}010/1{,}0=0{,}010\text{ kg/m}$. Então: \[v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{0{,}052}{0{,}010}}=\sqrt{5{,}2}\approx2{,}28\text{ m/s}\]

$v\approx2{,}28\text{ m/s}$, resultado obtido. Olhe o resultado com desconfiança saudável: $5\text{ L}=5\times10^{-3}\text{ m}^3$, e a diferença de massa específica é cerca de $1\text{ kg/m}^3$, o que dá uma massa de poucos gramas e uma força de alguns centésimos de newton. Uma velocidade de poucos m/s é típica de uma corda leve e pouco tensionada.

Num calorímetro ideal, uma resistência de $10\text{ W}$ aquece, durante $2$ horas, $1{,}0\text{ L}$ de água a $12\text{ °C}$ e $2{,}0\text{ kg}$ de gelo a $0\text{ °C}$. Após o equilíbrio, pede-se o percentual de água líquida. Toda a energia da resistência é absorvida pelo conteúdo.

A conclusão sobre o equilíbrio vem antes da conta: como há gelo em excesso, a mistura termina a $0\text{ °C}$, e a única pergunta é quanto gelo derreteu. O derretimento é pago por duas fontes: a água a $12\text{ °C}$, que esfria até $0\text{ °C}$, e a energia elétrica dissipada. Somamos as duas e dividimos pelo calor latente.

Com $1\text{ L}$ de água correspondendo a $1000\text{ g}$ e $1\text{ cal}=4{,}2\text{ J}$: \[Q_1=1000\cdot1\cdot12=12000\text{ cal}\] \[Q_2=10\cdot7200=72000\text{ J}\approx17143\text{ cal}\] \[m_{fund}=\dfrac{Q_1+Q_2}{80}=\dfrac{29143}{80}\approx364\text{ g}\] A massa líquida final é $1000+364=1364\text{ g}$, de um total de $3000\text{ g}$: \[\dfrac{1364}{3000}\approx0{,}455\approx46\%\]

Cerca de $46\%$, resultado obtido. Só para conferir: $364\text{ g}$ é bem menos que os $2000\text{ g}$ de gelo, então a hipótese de equilíbrio a $0\text{ °C}$ se confirma. O total de massa se conserva em $3000\text{ g}$.

Um mol de gás ideal monoatômico vai do estado $a$ ao $c$, passando por $b$, e pede-se o calor total recebido. Pelo diagrama, o produto $PV$ vai de $2000\text{ J}$ em $a$ a $4000\text{ J}$ em $c$, e as áreas sob o gráfico são $3000\text{ J}$ no trecho $ab$ e $1000\text{ J}$ no trecho $bc$.

A primeira lei diz $Q=\Delta U+W$. A variação de energia interna depende só dos estados inicial e final, e para o gás monoatômico é $\tfrac32 nR\Delta T=\tfrac32\Delta(PV)$. O trabalho, ao contrário, depende do caminho, e é a área sob a curva no diagrama $P\times V$. Aqui está a sacada: somamos os trabalhos das duas etapas.

A variação de energia interna: \[\Delta U=\dfrac32\,\Delta(PV)=\dfrac32\,(4000-2000)=3000\text{ J}\] O trabalho total: \[W=W_{ab}+W_{bc}=3000+1000=4000\text{ J}\] Aplicando a primeira lei: \[Q=\Delta U+W=3000+4000=7000\text{ J}\]

$Q=7000\text{ J}$, resultado obtido. Uma checagem rápida: o gás se expande e sua temperatura aumenta, então tanto o trabalho quanto $\Delta U$ são positivos e $Q$ precisa ser maior que cada um deles. Isso é verdade para $7000\text{ J}$.

Um relógio de pêndulo com haste de massa desprezível tem período de $1{,}0\text{ s}$ a $20\text{ °C}$. A $35\text{ °C}$, ele atrasa $1{,}8\text{ s}$ a cada $2{,}5\text{ h}$. Queremos o coeficiente de dilatação linear da haste. O atraso vem de um período ligeiramente maior, porque a haste dilatou e o pêndulo ficou mais longo.

O período de um pêndulo simples é $T=2\pi\sqrt{L/g}$, então $T\propto\sqrt L$. Para dilatações pequenas, uma variação relativa $\Delta L/L$ produz metade dessa variação relativa em $T$. Repare que o atraso acumulado, dividido pelo tempo total, é exatamente a variação relativa do período, pois o relógio marca menos tempo do que passou.

Em $2{,}5\text{ h}$ há $9000\text{ s}$, e a fração de atraso é \[\dfrac{\Delta T}{T}=\dfrac{1{,}8}{9000}=2{,}0\times10^{-4}\] Com $\Delta L=L\alpha\Delta\theta$ e $\Delta\theta=15\text{ °C}$: \[\dfrac{\Delta T}{T}\approx\dfrac12\,\alpha\,\Delta\theta\ \Rightarrow\ 2{,}0\times10^{-4}=\dfrac12\,\alpha\cdot15\] \[\alpha=\dfrac{4{,}0\times10^{-4}}{15}\approx2{,}7\times10^{-5}\text{ °C}^{-1}\]

$\alpha\approx2{,}7\times10^{-5}\,°\text{C}^{-1}$, resultado obtido. Para fechar com segurança: esse valor está na faixa dos metais comuns, como o alumínio ($2{,}4\times10^{-5}$), que é um bom indício de que a conta faz sentido físico.