EsPCEx · 2021 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Localize a lente, seu foco e a posição do objeto. A equação das lentes delgadas relaciona distâncias focal, do objeto e da imagem; a ampliação linear determina tamanho relativo e orientação. Um esquema de raios permite prever a natureza da imagem antes de aceitar o sinal da conta.

Equação de Gauss: $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}$, com $f=-20\,cm$ (lente divergente) e $p=+30\,cm$ (objeto real): $\dfrac1{-20}=\dfrac1{30}+\dfrac1{p'} \Rightarrow \dfrac1{p'}=-\dfrac1{20}-\dfrac1{30}=-\dfrac{5}{60}=-\dfrac1{12} \Rightarrow p'=-12\,cm$.

Como $p'\lt 0$, a imagem é virtual. Ampliação: $m=-\dfrac{p'}{p}=-\dfrac{-12}{30}=0{,}4$ — como $|m|\lt 1$ e positivo, a imagem é reduzida (e direita, consistente com lente divergente).

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.

Conservação de quantidade de movimento (2D). Componente y: $p_y=m_AV_A+m_BV_B\cos60°=1(1)+1(2)(0{,}5)=2\,kg\cdot m/s$. Componente x (só B contribui): $p_x=m_BV_B\,sen60°=1(2)\left(\dfrac{\sqrt3}2\right)=\sqrt3\,kg\cdot m/s$.

Módulo do momento total: $|p|=\sqrt{p_x^2+p_y^2}=\sqrt{3+4}=\sqrt7\,kg\cdot m/s$. Massa total $=2\,kg$, logo $v'=\sqrt7/2\,m/s$.

Energia cinética logo após a colisão: $E_c=\dfrac12(2)\left(\dfrac{\sqrt7}2\right)^2=\dfrac{7}{4}=1{,}75\,J$.

Essa energia é dissipada pelo atrito até parar: $E_c=\mu_c\,m\,g\,d \Rightarrow 1{,}75=0{,}1(2)(10)\,d=2d \Rightarrow d=0{,}875\,m$.

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.

(I) A força centrípeta é sempre necessária para manter a trajetória circular — seu módulo é diferente de zero. (II) Mesmo com módulo constante, a direção da velocidade (e, portanto, do momento) muda continuamente — o vetor quantidade de movimento muda com o tempo.

(III) A força centrípeta é sempre perpendicular à velocidade, logo seu trabalho é nulo. (IV) Como o trabalho da força resultante é nulo, pelo teorema trabalho-energia a energia cinética permanece constante (consistente com módulo de velocidade constante).

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.

Da velocidade máxima e da amplitude: $v_{max}=\omega A \Rightarrow \omega=\dfrac{v_{max}}{A}=\dfrac{1}{0{,}10}=10\,rad/s$.

Frequência: $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{10}{2\pi}=\dfrac5\pi\,Hz$ (a energia mecânica de 0,1 J é consistente com esses valores, mas não é necessária para obter f diretamente a partir de $v_{max}$ e A).

Ao usar uma expressão senoidal, separe amplitude, fase inicial e frequência angular. Confira as condições iniciais de posição e velocidade para escolher os sinais. Em sistemas massa-mola, o período depende da massa e da rigidez da mola, desde que o modelo de mola ideal seja aplicável.

Identifique a distribuição das cargas e a grandeza pedida antes de somar contribuições. Campo elétrico é vetor, enquanto potencial elétrico e capacitância são escalares. Em uma associação de capacitores, a ligação por fios determina quais placas compartilham o mesmo potencial.

O trabalho da força elétrica é a diminuição da energia potencial: $W=kQq(1/r_X-1/r_Y)$. Como ambas as cargas são positivas e a prova se afasta de Q, o campo realiza trabalho positivo. Use os dois raios em metros e mantenha a ordem inicial menos final.

Potenciais: $V_X=\dfrac{k_0Q}{r_X}=\dfrac{9\times10^9\times5\times10^{-6}}{0{,}20}=2{,}25\times10^5\,V$; $V_Y=\dfrac{k_0Q}{r_Y}=\dfrac{9\times10^9\times5\times10^{-6}}{1{,}50}=3{,}0\times10^4\,V$.

Trabalho da força elétrica: $\tau_{XY}=q(V_X-V_Y)=2\times10^{-8}\times(2{,}25\times10^5-3{,}0\times10^4)=2\times10^{-8}\times1{,}95\times10^5=3{,}9\times10^{-3}\,J$.

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.

(I) A máquina retira calor da fonte quente e realiza trabalho positivo sem receber trabalho externo — é um motor térmico (não um refrigerador, que exigiria trabalho externo para bombear calor do frio para o quente).

(II) Balanço de energia: $Q_h=W+Q_c \Rightarrow 400=200+200$ ✓ — a máquina atende à 1ª Lei.

(III) Rendimento real: $\eta=W/Q_h=200/400=50\%$. Rendimento máximo (Carnot) entre essas temperaturas: $\eta_{Carnot}=1-\dfrac{T_c}{T_h}=1-\dfrac{200}{400}=50\%$. Como o rendimento real coincide exatamente com o limite de Carnot, ele é igual a 50%.

Em Y (lado do círculo, à altura do centro O), a direção radial é horizontal e a tangencial é vertical. Assim, o peso mg atua inteiramente na direção tangencial, e a força normal N atua na direção radial (centrípeta), com $N=mv_Y^2/R$.

A força resultante em Y é a soma vetorial dessas duas componentes perpendiculares: $F_{res}^2=(mg)^2+\left(\dfrac{mv_Y^2}{R}\right)^2=(\sqrt5\,mg)^2=5(mg)^2 \Rightarrow \left(\dfrac{mv_Y^2}{R}\right)^2=4(mg)^2 \Rightarrow \dfrac{mv_Y^2}{R}=2mg \Rightarrow v_Y^2=2gR$.

Por conservação de energia, de Y (altura R) até a base do círculo (altura 0): $\tfrac12v_Y^2+gR=\tfrac12v_{base}^2 \Rightarrow \tfrac12(2gR)+gR=\tfrac12v_{base}^2 \Rightarrow v_{base}^2=4gR$.

Da base (altura 0, com $v_{base}^2=4gR$) até o ponto mais alto da rampa ($v=0$): $\tfrac12v_{base}^2=g\,h_{max} \Rightarrow \tfrac12(4gR)=g\,h_{max} \Rightarrow h_{max}=2R$.

I) Verdadeira — propriedade clássica de condutores em equilíbrio eletrostático: o campo elétrico é nulo em todo o interior.

II) Falsa — a força sobre uma carga negativa é oposta ao campo $\vec E$ (que aponta do potencial maior para o menor); logo, a força sobre ela aponta do potencial menor para o maior, e é para lá que ela se desloca (não o contrário, como afirma II).

III) Falsa — a carga induzida em um condutor por indução eletrostática não se distribui uniformemente; concentra-se preferencialmente na região mais próxima do objeto indutor.

IV) Falsa — $V_{AB}=\tau_{AB}/q=(1\times10^{-5})/(1\times10^{-6})=10\,V$, e não 100 V como afirma a assertiva.

Apenas a afirmativa I é correta.

Determine primeiro a direção do campo magnético e da velocidade ou corrente. A força magnética é perpendicular a essas direções e seu módulo depende da componente perpendicular ao campo. Use a regra da mão direita para carga positiva ou corrente convencional e inverta o sentido quando a carga for negativa.

Com $R_1$, $R_2$ e $R_3$ em paralelo sob a mesma ddp de 40 V (gerador ideal), a corrente total fornecida pelo gerador — que é a mesma que atravessa o fio KLM — é a soma das correntes de cada ramo: $I=\dfrac{40}{8}+\dfrac{40}{12}+\dfrac{40}{24}=5+3{,}33+1{,}67=10\,A$.

Para um fio dobrado em ângulo reto dentro de um campo uniforme, a força magnética resultante equivale à de um fio reto ligando diretamente os extremos K e M: $d_{KM}=\sqrt{KL^2+LM^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10\,m$.

$F=B\,I\,d_{KM}=0{,}40\times10\times10=40{,}0\,N$.

Como $V_{CD}=0$, nenhuma corrente atravessa $R_1$ (que liga C a D). Como D só se conecta ao resto do circuito por $R_4$ (a A) e por $R_1$ (a C, sem corrente), pela Lei dos Nós a corrente em $R_4$ também deve ser nula. Logo $V_A=V_D$ e $V_D=V_C$, ou seja, $V_A=V_C=V_D$.

Adotando $V_C=V_D=0$: como $E_2$ liga A a C fixando $V_A-V_C=E_2=4\,V$, tem-se $V_A=4\,V$.

Aplicando a lei de Ohm nos ramos restantes e as leis de Kirchhoff nos nós A, B e C (com $R_3=2\,\Omega$ entre A-B e $R_2=1\,\Omega$ entre B-C), obtém-se, resolvendo o sistema, $V_B=2\,V$.

Como $E_1$ liga B a D e é um gerador ideal, ele fixa diretamente $|V_B-V_D|=|E_1|$: $|E_1|=|2-0|=2\,V$.

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.

Bloco A (parado pelo fio, enquanto B tende a deslizar sob ele): verticalmente, $N_{AB}=P_A+T\,sen\theta=6+0{,}8T$. Horizontalmente, a tração equilibra o atrito máximo de B sobre A: $T\cos\theta=\mu_{AB}N_{AB} \Rightarrow 0{,}6T=0{,}3(6+0{,}8T) \Rightarrow 0{,}6T=1{,}8+0{,}24T \Rightarrow 0{,}36T=1{,}8 \Rightarrow T=5\,N$.

Logo $N_{AB}=6+0{,}8(5)=10\,N$ e o atrito entre A e B vale $f_{AB}=0{,}3(10)=3\,N$.

Bloco B: normal do solo $N_{solo}=P_B+N_{AB}=20+10=30\,N$; atrito máximo com o solo: $f_{solo}=0{,}2(30)=6\,N$.

Na iminência, F equilibra as duas forças de atrito que se opõem ao seu avanço (reação de A sobre B, e do solo sobre B): $F=f_{AB}+f_{solo}=3+6=9{,}0\,N$.

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.

Empuxo sobre a esfera: $E=\rho_{água}\,g\,V=1000\times10\times0{,}020=200\,N$. Tração no fio (equilíbrio da esfera): $T=P_{esfera}-E=500-200=300\,N$, puxando o ponto A para baixo.

Equilíbrio de torques da barra em torno do pino B: o torque de F (perpendicular a BC) tem braço igual ao próprio comprimento BC: $\tau_F=F\times BC=0{,}6F$.

O torque da tração em A tem braço igual à distância horizontal entre A e B (pois a tração é vertical): $d_{horiz}=AB\cos45°=0{,}8\times\dfrac{\sqrt2}{2}=0{,}4\sqrt2\,m$. $\tau_T=300\times0{,}4\sqrt2=120\sqrt2\,N\cdot m$.

Igualando: $0{,}6F=120\sqrt2 \Rightarrow F=200\sqrt2\,N$.