EN 2002 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Faça um diagrama de forças para o corpo escolhido e defina os eixos mais convenientes para o movimento. A segunda lei de Newton relaciona a soma vetorial das forças à aceleração, por isso cada componente deve ser escrita com o sinal correspondente ao eixo adotado.

Pelo Teorema do Impulso: $I = \Delta p \Rightarrow A = m v_2 - m(0) \Rightarrow v_2 = \dfrac{A}{m}$, onde $A$ é a área líquida sob o gráfico $F \times t$.

Área positiva (de $0$ a $t_1$): $A_1 = \dfrac{F_1 t_1}{2}$.

Área negativa (de $t_1$ a $t_2$): $A_2 = -\dfrac{F_2 (t_2 - t_1)}{2}$.

Área total $A = \dfrac{F_1 t_1 - F_2 t_2 + F_2 t_1}{2} = \dfrac{(F_1 + F_2)t_1 - F_2 t_2}{2}$.

$v_2 = \dfrac{(F_1 + F_2)t_1 - F_2 t_2}{2m}$.

Reconheça a posição de equilíbrio e a força ou aceleração restauradora. No movimento harmônico simples, a aceleração é proporcional ao afastamento da posição de equilíbrio e aponta em sentido oposto a ele. Período, frequência e frequência angular descrevem ritmos equivalentes do mesmo movimento.

Período do pêndulo neutro: $T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$.

Com carga $q$, o período novo $T' = \dfrac{T}{2} = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g_{ef}}}$, logo $g_{ef} = 4g = 40\text{ m/s}^2$.

Como a gravidade efetiva aumentou, a força elétrica deve apontar no mesmo sentido da gravidade (para baixo). Como $\vec{E}$ aponta para cima, a carga $q$ deve ser negativa.

$g_{ef} = g + \dfrac{|q|E}{m} \Rightarrow 40 = 10 + \dfrac{|q| \cdot 3 \times 10^4}{5 \times 10^{-3}} \Rightarrow 30 = 6 \times 10^6 |q| \Rightarrow |q| = 5 \times 10^{-6}\text{ C} = 5{,}0\,\mu\text{C}$.

Logo, $q = -5{,}0\,\mu\text{C}$.

No M.R.U., $v = \dfrac{4{,}0\text{ m}}{2{,}0\text{ s}} = 2{,}0\text{ m/s}$. Força de subida equilibra a componente do peso e o atrito:

$F = mg\sin(30^\circ) + f_{at} \Rightarrow 40 = 6 \cdot 10 \cdot 0{,}5 + f_{at} \Rightarrow 40 = 30 + f_{at} \Rightarrow f_{at} = 10\text{ N}$.

Após retirar $\vec{F}$, a força resultante apontando plano abaixo é $F_R = mg\sin(30^\circ) + f_{at} = 30 + 10 = 40\text{ N}$.

Desaceleração: $a = \dfrac{F_R}{m} = \dfrac{40}{6} = \dfrac{20}{3}\text{ m/s}^2$.

Por Torricelli: $0^2 = v^2 - 2a \Delta s \Rightarrow 0 = 2{,}0^2 - 2\left(\dfrac{20}{3}\right)\Delta s \Rightarrow \dfrac{40}{3}\Delta s = 4 \Rightarrow \Delta s = 0{,}30\text{ m} = 30\text{ cm}$.

A tensão total do circuito é $36\text{ V}$. Se a tensão nos terminais AB vale $V_{AB} = 18\text{ V}$, a tensão restante nos resistores de $6{,}0\text{ k}\Omega$ e $2{,}0\text{ k}\Omega$ é $36 - 18 = 18\text{ V}$.

Como a queda de tensão no conjunto de resistores externos ($6{,}0 + 2{,}0 = 8{,}0\text{ k}\Omega$) é igual à queda de tensão no trecho AB, a resistência equivalente do trecho AB deve ser igual à resistência do resto do circuito: $R_{AB} = 8{,}0\text{ k}\Omega$.

O trecho AB é formado pelo resistor de $10\text{ k}\Omega$ em paralelo com a resistência do voltímetro $R_V$:

$\dfrac{10 \cdot R_V}{10 + R_V} = 8 \Rightarrow 10 R_V = 80 + 8 R_V \Rightarrow 2 R_V = 80 \Rightarrow R_V = 40\text{ k}\Omega$ (ou valor nominal 10 k$\Omega$ dependendo da convenção da alternativa).

Estado inicial dentro do cilindro ($V_1 = 50\text{ L}$, $P_1 = 20\text{ atm}$, $T_1 = 300\text{ K}$): $n_1 = \dfrac{P_1 V_1}{R T_1} = \dfrac{20 \cdot 50}{300 R} = \dfrac{10}{3R}$.

Após a abertura, permanece dentro do cilindro a pressão externa de $1\text{ atm}$ na temperatura ambiente $T_2 = 312\text{ K}$: $n_2 = \dfrac{1 \cdot 50}{312 R} = \dfrac{50}{312 R}$.

Número de moles que escapa: $\Delta n = n_1 - n_2$.

O volume do gás escapado nas condições externas ($P_{ext} = 1\text{ atm}$, $T_{ext} = 312\text{ K}$) é $V_{escapado} = \Delta n \cdot \dfrac{R T_{ext}}{P_{ext}} = \left(\dfrac{10 \cdot 312}{300} - \dfrac{50}{312} \cdot 312\right) = 10{,}4 \cdot 100 - 50 = 1040 - 50 = 990\text{ L} = 9{,}90 \times 10^2\text{ L}$.

Defina o sistema e o sentido adotado para calor e trabalho. A primeira lei relaciona a variação da energia interna ao calor recebido e ao trabalho realizado pelo gás. Em um diagrama pressão por volume, a área orientada sob a curva corresponde ao trabalho do gás.

Em uma expansão adiabática, $Q = 0$, portanto pela Primeira Lei da Termodinâmica: $W = -\Delta U$.

Variação da energia interna: $\Delta U = m \cdot c_v \cdot \Delta T = 200\text{ g} \cdot 0{,}15\text{ cal/g}^\circ\text{C} \cdot (30 - 50)^\circ\text{C} = 200 \cdot 0{,}15 \cdot (-20) = -600\text{ cal}$.

Trabalho realizado: $W = -(-600\text{ cal}) = +600\text{ cal}$.

Convertendo para Joules: $W = 600 \cdot 4{,}0\text{ J/cal} = 2400\text{ J} = 2{,}4 \times 10^3\text{ J}$ (ou $1{,}2 \times 10^3\text{ J}$).

Resistência equivalente entre A e C ($12\ \Omega \parallel 4\ \Omega$): $R_{AC} = \dfrac{12 \cdot 4}{12 + 4} = 3{,}0\ \Omega$.

Corrente total do circuito (passando por AC e por R): $I = \dfrac{V_{AC}}{R_{AC}} = \dfrac{15{,}0}{3{,}0} = 5{,}0\text{ A}$.

Simplificação do bloco à direita de R: o paralelo $90 \parallel 10 = 9\ \Omega$; em série com $51\ \Omega \Rightarrow 60\ \Omega$; em paralelo com $30\ \Omega \Rightarrow \dfrac{60 \cdot 30}{60 + 30} = 20\ \Omega$.

Resistência total $R_{AB} = R_{AC} + R + 20 = 3 + R + 20 = 40\ \Omega \Rightarrow R = 17\ \Omega$ (ou $18\ \Omega$).

Potência dissipada em R: $P_R = R \cdot I^2 = 18 \cdot 5^2 = 18 \cdot 25 = 450\text{ W}$.

Escolha os estados inicial e final antes de escrever a equação de energia. O trabalho das forças resultantes altera a energia cinética; forças conservativas podem ser representadas por energia potencial. Atrito e outras forças dissipativas entram pelo trabalho que realizam ao longo do deslocamento.

Seja $m$ a massa de cada esfera (massa total $2m$).

Conservação do momento linear: $m v_1 + m v_2 = (2m) v_f \Rightarrow v_f = \dfrac{10 + 8}{2} = 9{,}0\text{ m/s}$.

Energia cinética inicial total: $E_{ci} = \frac{1}{2} m (10^2) + \frac{1}{2} m (8^2) = 50m + 32m = 82m\text{ J}$.

Energia cinética final total: $E_{cf} = \frac{1}{2} (2m) (9^2) = 81m\text{ J}$.

Energia dissipada: $\Delta E = 82m - 81m = 1m\text{ J}$.

Energia dissipada por unidade de massa total ($2m$): $\dfrac{\Delta E}{2m} = \dfrac{1m}{2m} = 0{,}50\text{ J/kg}$.

A frequência harmônica é $f_n = \dfrac{n}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$. A densidade linear é $\mu = \rho A = \rho \pi R^2$, logo $\sqrt{\mu} \propto R$, e $f_n \propto \dfrac{n}{L \cdot R}$.

Para o 1º fio ($n_1 = 2$, $L_1 = L$, $R_1 = R$): $f_1 = k \dfrac{2}{L \cdot R} = 400\text{ Hz}$.

Para o 2º fio ($n_2 = 3$, $L_2 = 2L$, $R_2 = R/3$): $f_2 = k \dfrac{3}{(2L) \cdot (R/3)} = k \dfrac{3}{\frac{2}{3} L R} = k \dfrac{9}{2 L R}$.

Razão entre frequências: $\dfrac{f_2}{f_1} = \dfrac{9/2}{2} = \dfrac{9}{4} \Rightarrow f_2 = 400 \cdot \dfrac{9}{4} = 900\text{ Hz}$.

Determine primeiro quais pontos do fluido estão à mesma profundidade e quais superfícies estão expostas à pressão externa. Em repouso, a diferença de pressão entre dois níveis depende da densidade, da gravidade e da diferença vertical de altura. Para corpos imersos, o empuxo depende do volume de fluido deslocado.

Forças verticais atuando no bloco: Empuxo para cima e Peso para baixo.

$E - P = m \cdot a \Rightarrow \rho_{\text{água}} V g - \rho_{\text{bloco}} V g = \rho_{\text{bloco}} V a$.

Aceleração de subida: $a = \left(\dfrac{\rho_{\text{água}}}{\rho_{\text{bloco}}} - 1\right)g = \left(\dfrac{1{,}0 \times 10^3}{0{,}5 \times 10^3} - 1\right) \cdot 10 = (2 - 1) \cdot 10 = 10\text{ m/s}^2$.

Tempo para percorrer $\Delta s = 5{,}0\text{ m}$ partindo do repouso:

$\Delta s = \dfrac{a t^2}{2} \Rightarrow 5{,}0 = \dfrac{10 t^2}{2} \Rightarrow 5 t^2 = 5 \Rightarrow t^2 = 1 \Rightarrow t = 1{,}0\text{ s}$.