EN 2019 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O peso total sustentado pelas molas aumenta quando o objeto flutuante é colocado no vaso. Para relacionar as compressões, basta comparar a força total inicial e final: como as molas são lineares e paralelas, a compressão é proporcional à carga suportada.

Chamando $V$ o volume inicial da água, seu peso é $P_a=\rho_a Vg$. Para o objeto flutuante, o princípio de Arquimedes exige que seu peso seja igual ao empuxo: $P_o=\rho_a g V_{sub}$. Como $V_o=V/30$ e $V_{sub}=0{,}60V_o$, resulta $P_o=0{,}60\rho_a gV/30=0{,}02P_a$.

Inicialmente, $2kx=P_a$; depois da inserção, $2kx'=P_a+P_o=1{,}02P_a$. Dividindo as duas equações, $x'/x=1{,}02$. Portanto, a resposta é $1{,}02$.

A espira está entrando na região de campo. Enquanto sua área imersa cresce, o fluxo magnético varia e surge uma força eletromotriz induzida. A rapidez de variação de área de um retângulo que cruza a fronteira é o produto $bv$.

Transformando as unidades, $b=0{,}20\ \text{m}$ e $v=0{,}050\ \text{m/s}$. A força eletromotriz tem módulo $\mathcal E=Bbv=2{,}0\cdot0{,}20\cdot0{,}050=0{,}020\ \text{V}$.

Pela lei de Ohm, $i=\mathcal E/R=0{,}020/20=0{,}0010\ \text{A}=1{,}0\cdot10^{-3}\ \text{A}$. Em três segundos, a espira avançou $15\ \text{cm}$, menos que seus $40\ \text{cm}$ de comprimento: ela ainda está entrando, como pressupõe o cálculo.

O segmento de corda contém meio comprimento de onda entre dois nós consecutivos. Assim, $L=\lambda/2$, e a velocidade de propagação é $v=\lambda/T=2L/T$. O gráfico permite ler diretamente a razão $L/T$.

Para o ponto mais à direita, $L=5{,}0\ \text{m}$ e $T=1{,}0\ \text{s}$. Logo, $v=2\cdot5{,}0/1{,}0=10\ \text{m/s}$. O ponto $L=2{,}5\ \text{m}$, $T=0{,}5\ \text{s}$ confirma a mesma velocidade.

A velocidade em uma corda ideal sob tração $F$ e densidade linear $\mu$ satisfaz $v^2=F/\mu$. Portanto, $F=\mu v^2=0{,}60\cdot10^2=60\ \text{N}$.

A quantidade de movimento é vetorial, $\vec p=m\vec v$. A força resultante determina a alteração desse vetor. Mesmo quando a força tem direção constante, a soma da velocidade inicial com sua contribuição pode fazer a direção de $\vec p$ variar: a afirmação I é verdadeira.

Em movimento circular uniforme, a aceleração centrípeta tem módulo $a_c=v^2/r$. Portanto, o módulo da taxa de variação da quantidade de movimento é o módulo da força resultante: $|\Delta\vec p/\Delta t|=mv^2/r$. A II é verdadeira.

A área em gráfico força × posição mede trabalho, não impulso. Para impulso, usa-se a área em gráfico força × tempo; logo a III é falsa. A razão $\Delta\vec J/\Delta t$ tem dimensão de força média, não de variação da força; a IV também é falsa. Somente I e II são verdadeiras.

Decompondo a tração, sua componente vertical equilibra o peso: $T\cos\theta=mg$. A componente horizontal fornece a força centrípeta: $T\sin\theta=m\omega^2R$, em que $\omega$ é a frequência angular do movimento.

A geometria do cone dá $R=L\sin\theta$. Substituindo na equação radial, $T\sin\theta=m\omega^2L\sin\theta$. Para uma órbita não degenerada, resulta $\omega^2=T/(mL)$. Com $T=4mg$, temos $\omega^2=4g/L$.

Como o período é $\mathcal T=2\pi/\omega$, segue $\mathcal T=2\pi\sqrt{L/(4g)}=\pi\sqrt{L/g}=\sqrt{\pi^2L/g}$. A unidade é segundo, como deve ser.

A máquina percorre $A\to B\to C\to A$ em sentido horário, produzindo trabalho líquido positivo. Os estados têm coordenadas $A=(V,p)$, $B=(V,3p)$ e $C=(3V,3p)$. O trabalho líquido é a área triangular interna ao ciclo.

A base mede $2V$ e a altura $2p$; por isso, $W_{liq}=(2V)(2p)/2=2pV$. Na etapa $AB$ (volume constante), o calor recebido é a variação de energia interna: $Q_{AB}=\tfrac32(3pV-pV)=3pV$.

Na expansão isobárica $BC$, a energia interna aumenta em $\Delta U_{BC}=\tfrac32(9pV-3pV)=9pV$ e o trabalho é $W_{BC}=3p(3V-V)=6pV$. Assim, $Q_{BC}=9pV+6pV=15pV$. Todo o calor recebido é $Q_{in}=3pV+15pV=18pV$. O rendimento é $\eta=W_{liq}/Q_{in}=2/18=1/9$.

O circuito tem um ramo resistivo de $1\ \text{k}\Omega$ diretamente entre os terminais da fonte e outro com resistor de $10\ \text{k}\Omega$ em série com o capacitor. Em regime permanente de corrente contínua, o capacitor completamente carregado não conduz corrente.

Logo, a corrente que atravessa o resistor de $10\ \text{k}\Omega$ é nula. Toda a corrente fornecida pela fonte passa pelo resistor de $1\ \text{k}\Omega$, com $U=30\ \text{V}$. Seu módulo é $i=U/R=30/1000=0{,}030\ \text{A}$.

A potência efetivamente dissipada é $P=Ui=30\cdot0{,}030=0{,}90\ \text{W}$, ou $P=U^2/R=900/1000=0{,}90\ \text{W}$. O capacitor pode armazenar energia, mas idealmente não dissipa potência em regime estacionário.

Enquanto a bolha sobe, pressão, volume e temperatura variam. Para uma quantidade fixa de gás ideal, $PV/T$ permanece constante. Comparando $A$ e $B$, $P_AV_A/T_A=P_BV_B/T_B$.

A informação $V_B/V_A=2(T_B/T_A)$ implica $P_A/P_B=(V_B/V_A)(T_A/T_B)=2$. Portanto, $P_A=2P_B$.

Os pontos têm diferença vertical de $10\ \text{m}$. Pela hidrostática, $P_A-P_B=\rho gh=10^3\cdot10\cdot10=10^5\ \text{Pa}$. Substituindo $2P_B-P_B=10^5$, obtém-se $P_B=1\cdot10^5\ \text{Pa}$.

Fora de uma distribuição esfericamente simétrica, seu campo é igual ao de toda a carga concentrada no centro. Primeiro calculamos a carga da casca e somamos a carga pontual negativa. O ponto de observação está a $5a$, fora do raio externo $4a$.

O volume da casca é $V_c=\tfrac{4\pi}{3}[(4a)^3-a^3]=\tfrac{4\pi}{3}(63a^3)$. Com $\pi=3$, isso fornece $V_c=252a^3$. Assim, $Q_c=\rho V_c=(2/a^3)(252a^3)=504\ \text{C}$. A carga total é $Q_{tot}=504-379=125\ \text{C}$.

A distância é $r=5a$. Logo, $E=k_0|Q_{tot}|/r^2=k_0\cdot125/(25a^2)=5k_0/a^2$. Por ser positiva a carga total, o campo é radial para fora.

A partícula começa e termina em repouso; portanto, sua variação de energia cinética é nula. Pelo teorema trabalho–energia, a soma do trabalho da força elétrica com o trabalho externo deve ser zero: $W_e+W_{ext}=0$.

O trabalho da força elétrica depende apenas da diferença de potencial: $W_e=q_{part}(V_A-V_B)$. Com $q_{part}=-3{,}0\ \text{C}$, $V_A=6\ \text{V}$ e $V_B=100\ \text{V}$, $W_e=(-3)(6-100)=282\ \text{J}$.

Assim, $W_{ext}=-282\ \text{J}=-0{,}282\ \text{kJ}\approx-0{,}28\ \text{kJ}$. O deslocamento de $6\ \text{m}$ não entra no cálculo porque o campo conservativo já está descrito pelas equipotenciais.

Em tubo aberto nas duas extremidades, as frequências de ressonância são múltiplas inteiras da fundamental. O terceiro harmônico tem frequência $f_3=3f_1$. A fonte sonora é o tubo, que permanece parado; somente o detector se afasta.

Para observador que se afasta de fonte parada, o efeito Doppler fornece $f_{obs}=f_{emitida}(v_s-v_D)/v_s$. Como o enunciado exige $f_{obs}=f_1$, substituímos $f_1=3f_1(1-v_D/v_s)$.

Dividindo ambos os lados por $3f_1$, temos $1/3=1-v_D/v_s$, logo $v_D/v_s=2/3$. O resultado menor que 1 é coerente com detector subsônico e redução da frequência observada.

No trecho mostrado, a velocidade é negativa; a partícula se move no sentido retrógrado. Já a aceleração é positiva e cresce com o tempo. Como velocidade e aceleração têm sinais opostos, o módulo da velocidade diminui: o movimento é desacelerado.

O gráfico de aceleração é uma reta que passa por pontos compatíveis com $a(0{,}5)=6$ e $a(2)=24$, em unidades SI. A expressão compatível é $a(t)=12t$. O gráfico de velocidade começa em $-24\ \text{m/s}$ e se curva progressivamente para cima. A relação algébrica compatível com a aceleração é $v(t)=6t^2-24$.

A função horária de posição que corresponde a essa velocidade é $s(t)=2t^3-24t$, com origem escolhida como no item. Conferindo por variações algébricas entre instantes, o termo cúbico produz o termo quadrático na velocidade e, sucessivamente, a aceleração linear. Portanto, a descrição completa é a da alternativa C.

No circuito, os dois ramos compartilham os mesmos terminais: um contém o resistor shunt $R_S$, e o outro contém $R_G$ em série com o galvanômetro ideal. A corrente total se divide entre os dois ramos.

O galvanômetro transporta $I_G=0{,}500\ \text{A}$, enquanto a corrente no shunt é $I_S=I-I_G=50{,}5-0{,}5=50{,}0\ \text{A}$. Como o galvanômetro é ideal, a resistência de seu ramo é apenas $R_G$.

A diferença de potencial nos ramos é igual: $I_GR_G=I_SR_S$. Portanto, $R_G/R_S=I_S/I_G=50{,}0/0{,}500=100$. O valor maior em série protege o galvanômetro, ao passo que o shunt desvia quase toda a corrente.

Corrente elétrica é taxa de transporte de carga. Assim, a carga transferida é a área delimitada pelo gráfico $i\times t$. O desenho forma um triângulo, de base $60\ \mu\text{s}$ e altura $32\ \text{kA}$.

A área triangular corresponde a $Q=(1/2)\cdot(60\cdot10^{-6}\ \text{s})\cdot(32\cdot10^3\ \text{A})$. O fator numérico é $60\cdot32/2=960$, e o fator de potência é $10^{-3}$.

Portanto, $Q=0{,}960\ \text{C}$. Embora a subida até a corrente máxima dure apenas $8\ \mu\text{s}$, a área total continua triangular e usa a base completa de $60\ \mu\text{s}$.

No limite do tombamento, a reação no apoio $B$ se anula, e o contato $A$ passa a funcionar como eixo de rotação iminente. A condição de equilíbrio de rotação exige que a linha de ação do peso passe pelo apoio $A$; em forma equivalente, o torque líquido em torno de $A$ é zero.

A componente do peso perpendicular ao plano é $mg\cos\theta$, com braço horizontal ao longo da base $D/2$. A componente paralela ao plano é $mg\sin\theta$, com braço $h$ medido perpendicularmente à rampa. Os torques se equilibram quando $mg\cos\theta\ (D/2)=mg\sin\theta\ h$.

Cancelando $mg$ e reorganizando, $\tan\theta=D/(2h)=3{,}0/(2\cdot1{,}0)=1{,}5$. Assim, a alternativa correta é B.

Na aproximação de pequenas oscilações, a coordenada angular é harmônica, com amplitude $\theta_{max}=\pi/30\ \text{rad}$. Ao passar pelo ponto inferior, o módulo da velocidade é máximo, porque ali a energia potencial gravitacional é mínima.

A frequência angular de um pêndulo simples é $\omega=\sqrt{g/L}=\sqrt{10/2{,}5}=2\ \text{rad/s}$. A amplitude linear do arco, para ângulos pequenos, é $A=L\theta_{max}=2{,}5\cdot\pi/30$.

No MHS, $v_{max}=\omega A=2\cdot2{,}5\cdot(3/30)=0{,}50\ \text{m/s}$. Observe que a massa não aparece na expressão final: para oscilações pequenas, o movimento ideal do pêndulo independe de $m$.

Como a rapidez na rampa é constante, a resultante paralela ao plano é nula. Portanto, o atrito cinético equilibra a componente do peso: $F_{at}=mg\operatorname{sen}30^\circ=80\cdot10\cdot(1/2)=400\ \text{N}$.

O calor gerado pelo atrito em um minuto é usado na fusão de $20\ \text{g}$ de gelo. Seu valor é $Q=m_f L_f=20\cdot336=6720\ \text{J}$. A potência média de aquecimento é $P=Q/\Delta t=6720/60=112\ \text{W}$.

A potência dissipada por força de atrito de módulo constante é $P=F_{at}v$. Daí, $v=112/400=0{,}28\ \text{m/s}=28{,}0\ \text{cm/s}$.

A energia potencial gravitacional de um par de massas iguais separado por $L$ é $-Gm^2/L$. Como há três pares distintos no triângulo equilátero, a energia total inicial é $U_0=-3Gm^2/L$, com $L$ proporcional ao raio $R$ da circunferência circunscrita.

Ao reduzir o raio para $R/2$, todos os comprimentos do triângulo também ficam reduzidos à metade, inclusive a distância entre cada par: $L_f=L/2$. Cada energia potencial de par passa a valer o dobro da inicial, logo $U_f=2U_0$.

A variação é $\Delta U=U_f-U_0=2U_0-U_0=U_0$. Assim, $\Delta U/U_0=1$. Como $U_0<0$, a variação também é negativa: o sistema fica gravitacionalmente mais ligado.

O parafuso, após se soltar, move-se em queda livre, sob aceleração $-g$ (positivo para cima). Já a cabine está submetida à tração $T$ para cima e ao peso $Mg$ para baixo. Sua aceleração obedece a $Ma_c=T-Mg$.

A aceleração relativa do parafuso em relação à cabine é $a_{rel}=a_p-a_c=-g-(T/M-g)=-T/M$. O módulo dessa aceleração é, portanto, $|a_{rel}|=T/M$.

O enunciado fornece $T/M=4g/5$, isto é, $T=4Mg/5$. Como o peso da cabine é $P=Mg$, a razão $T/P=4/5$.

A difração torna-se pronunciada quando a dimensão da abertura é comparável ao comprimento de onda. Quando a abertura é muito maior que $\lambda$, a região central do feixe preserva aproximadamente a propagação retilínea prevista pela óptica geométrica.

A onda sonora tem comprimento de onda muito maior: $\lambda_s=1{,}7\ \text{cm}$, enquanto $\lambda_L=10^{-4}\ \text{cm}$. Se $d\gg1{,}7\ \text{cm}$, necessariamente $d$ também é muito maior que o comprimento de onda da luz. Portanto, para as duas ondas a difração é pequena.

Nessas condições, ambas atravessam a abertura e propagam-se aproximadamente de modo retilíneo na região de observação. A conclusão é a alternativa C.