EsPCEx · 2004 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

O deslocamento é a área sob o gráfico $v\times t$.

Para B, $v_B=16\,\text{m/s}$, então $s_B=16t$.

Para A, o gráfico passa por $(t,v)=(8\,\text{s},16\,\text{m/s})$, logo $v_A=2t$. Assim, $s_A=\dfrac{1}{2}t(2t)=t^2$.

Impondo $s_A=2s_B$: $t^2=32t$. Para $t\mathrel{>}0$, resulta $t=32\,\text{s}$.

Confira se a relação escolhida utiliza as grandezas realmente fornecidas. Quando o movimento tem etapas, calcule cada intervalo separadamente antes de somar tempos ou deslocamentos. No fim, compare o sinal obtido com o sentido definido como positivo e faça a conversão de unidades apenas depois de manter a equação coerente.

Desenhe a normal à interface e meça os ângulos em relação a ela. A lei de Snell relaciona índices de refração e senos dos ângulos em cada meio. A frequência da luz permanece determinada pela fonte ao atravessar uma interface estacionária, enquanto velocidade e comprimento de onda podem mudar.

Pela lei de Snell, $n_1\sin45^\circ=n_2\sin60^\circ$.

Assim, $\dfrac{n_2}{n_1}=\dfrac{\sin45^\circ}{\sin60^\circ}=\dfrac{\sqrt2/2}{\sqrt3/2}=\dfrac{\sqrt6}{3}$.

Para ocorrer reflexão total na passagem do meio 1 para o meio 2, o menor valor do seno do ângulo de incidência é o seno do ângulo crítico: $\sin\alpha_c=n_2/n_1$.

Logo, $\sin\alpha_c=\dfrac{\sqrt6}{3}$.

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.

Da relação hidrostática, $\Delta P=\rho g\Delta h$.

Do gráfico, entre $H=0$ e $H=10\,\text{m}$, a pressão cresce de $1{,}00\cdot10^5$ para $1{,}80\cdot10^5\,\text{Pa}$.

Portanto, $0{,}80\cdot10^5=\rho\cdot10\cdot10$, resultando $\rho=8{,}0\cdot10^2\,\text{kg/m}^3$.

Use um único nível de referência para comparar pressões e mantenha pressão absoluta e pressão manométrica separadas. Se houver equilíbrio de um corpo flutuante, iguale as forças verticais antes de relacionar volumes e densidades. A forma do recipiente não altera, por si só, a pressão a uma mesma profundidade.

Separe as etapas térmicas antes de fazer a conta: aquecimento ou resfriamento dentro de uma fase usa calor sensível, e mudança de fase usa calor latente. Em um sistema termicamente isolado, o calor cedido por uns corpos corresponde ao calor recebido por outros.

O gráfico fornece simultaneamente a variação de temperatura e a duração do aquecimento. Como o calor específico está em cal por grama e grau Celsius, converta primeiro 1,5 kg em 1500 g. Depois divida o calor absorvido pelo tempo de 25 min para manter a potência em cal/min.

Do gráfico, $\Delta T=60-15=45\,{}^\circ\text{C}$ em $25\,\text{min}$.

Como $m=1{,}5\,\text{kg}=1500\,\text{g}$, o calor absorvido é $Q=mc\Delta T=1500\cdot0{,}11\cdot45=7425\,\text{cal}$.

A potência vale $P=Q/\Delta t=7425/25=297\,\text{cal/min}$.

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

A trajetória observada da margem é perpendicular à margem. Portanto, a componente da velocidade da lancha em relação à água paralela à margem deve cancelar a correnteza de $4\,\text{m/s}$.

Se $v$ é o módulo da velocidade da lancha em relação ao observador da margem, então a velocidade relativa à água possui componentes $v$ e $4\,\text{m/s}$:

$(2\sqrt{13})^2=v^2+4^2$.

$52=v^2+16$, logo $v=6\,\text{m/s}$.

A conservação da quantidade de movimento fornece, antes e depois da explosão,

$M\vec V=\dfrac{3M}{5}(3\vec V)+\vec p_{rest}$.

Logo, $\vec p_{rest}=-\dfrac45M\vec V$.

A massa total dos demais fragmentos é $2M/5$. Portanto, a velocidade do centro de massa do conjunto restante seria

$\vec v_{CM}=\dfrac{\vec p_{rest}}{2M/5}=-2\vec V$.

Auditoria física: o enunciado pede literalmente a “soma vetorial das velocidades” dos vários fragmentos. Essa soma não pode ser determinada sem conhecer as massas e velocidades individuais. A conservação do momento determina a quantidade de movimento total — e, conhecendo a massa restante, a velocidade do centro de massa —, não a soma simples das velocidades.

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

Se $t$ é o tempo total de queda, então $h=5t^2$.

O deslocamento no último segundo é $5t^2-5(t-1)^2=5(2t-1)$.

Segundo o enunciado, $5(2t-1)=\dfrac34(5t^2)$.

Assim, $3t^2-8t+4=0$, cujas raízes são $t=2\,\text{s}$ e $t=2/3\,\text{s}$. Como existe um “último segundo” completo, $t\ge1\,\text{s}$, portanto $t=2\,\text{s}$.

Defina a distância entre os centros dos corpos, pois é essa distância que entra nas relações gravitacionais. Em órbita circular, a força gravitacional fornece a aceleração centrípeta. Essa combinação permite relacionar raio orbital, velocidade e período sem supor que a gravidade seja uniforme em todas as altitudes.

A distância na lei gravitacional é medida até o centro da Terra. Para a gravidade cair a um nono, essa distância precisa triplicar de $R$ para $3R$. A altura acima da superfície é só a diferença $3R-R=2R$.

Fora da Terra, $g(r)=GM/r^2$.

Na superfície, $g=GM/R^2$. Na altitude $h$,

$\dfrac{g_h}{g}=\dfrac{R^2}{(R+h)^2}=\dfrac19$.

Logo, $R+h=3R$, de modo que $h=2R=12800\,\text{km}$.

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

Em engrenagens em contato sem deslizamento, as velocidades tangenciais nos pontos de contato têm o mesmo módulo.

Como II é intermediária, $\omega_I R_I=\omega_{III}R_{III}$.

$\omega_I=5\pi\cdot\dfrac{12}{4}=15\pi\,\text{rad/s}$.

Então $f_I=\dfrac{\omega_I}{2\pi}=7{,}5\,\text{Hz}$.

Confira se a relação escolhida utiliza as grandezas realmente fornecidas. Quando o movimento tem etapas, calcule cada intervalo separadamente antes de somar tempos ou deslocamentos. No fim, compare o sinal obtido com o sentido definido como positivo e faça a conversão de unidades apenas depois de manter a equação coerente.

Comece isolando o corpo ou o conjunto que está em equilíbrio. Sobre ele, marque as forças externas com direção, sentido e ponto de aplicação. O equilíbrio exige resultante de forças nula; para um corpo extenso, também exige soma dos momentos nula em relação a qualquer eixo escolhido.

Como o bloco II tem massa $M/3$ e está preso à polia móvel, duas trações $T$ sustentam seu peso:

$2T=\dfrac{Mg}{3}$, logo $T=\dfrac{Mg}{6}$.

No bloco I, a componente do peso ao longo do plano é $Mg\sin30^\circ=Mg/2$, dirigida para baixo do plano. A tração $T=Mg/6$ atua para cima do plano.

Sem atrito, a tendência seria descer; portanto o atrito estático atua para cima. No equilíbrio:

$f+\dfrac{Mg}{6}=\dfrac{Mg}{2}$.

Assim, $f=\dfrac{Mg}{3}$.