UFC 1992 (92/E) — 2ª etapa: Física com respostas e resoluções

Q01

Mecânica — Explosões — Momento vetorial e energia liberada

Um corpo de massa $M_0$ move-se com velocidade $v_0$ no sentido positivo do eixo x, sobre uma superfície horizontal sem atrito. Em determinado instante, o corpo explode em três fragmentos que se movem como mostra a figura abaixo. As massas dos fragmentos são $m_1=M_0/4$ e $m_2=m_3=3M_0/8$. Admitindo-se que $v_1=\sqrt2\,v_0$, determine a energia liberada na explosão em função de $M_0$ e $v_0$.

Antes da explosão, corpo M0 segue para a direita com v0. Depois, m1 sobe com v1, m2 segue para a direita com v2 e m3 desce com v3.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

$E_{lib}=\dfrac54M_0v_0^2$.

Resolução

As forças da explosão são internas. Conservamos as duas componentes da quantidade de movimento horizontal, conforme os eixos desenhados.

No eixo y do plano, o momento inicial é nulo. Os fragmentos 1 e 3 seguem em sentidos opostos.

$$m_1v_1=m_3v_3$$

$$v_3=\frac{M_0/4}{3M_0/8}\sqrt2\,v_0$$

$$v_3=\frac{2\sqrt2}{3}v_0$$

No eixo x, apenas o fragmento 2 conserva a componente inicial.

$$M_0v_0=m_2v_2$$

$$v_2=\frac83v_0$$

A energia liberada como aumento da energia cinética é a soma das energias finais menos a inicial.

$$K_i=\frac12M_0v_0^2$$

$$K_f=\frac12\left[\frac{M_0}{4}(\sqrt2v_0)^2+\frac{3M_0}{8}\left(\frac83v_0\right)^2+\frac{3M_0}{8}\left(\frac{2\sqrt2}{3}v_0\right)^2\right]$$

$$K_f=\frac12M_0v_0^2\left(\frac12+\frac83+\frac13\right)$$

$$K_f=\frac74M_0v_0^2$$

$$E_{lib}=K_f-K_i$$

$$E_{lib}=\frac54M_0v_0^2$$

A quantidade de movimento se conserva, mas a energia cinética aumenta pela conversão de energia interna. A expressão representa a energia convertida em movimento no modelo do item.

Q02

Mecânica — Energia — Perdas sucessivas em oscilação

Uma bolinha de massa $m$ é presa à extremidade de uma haste rígida e delgada, de comprimento $L$ e massa desprezível. O sistema é levado para uma posição tal que o ângulo formado com a vertical é 90°, sendo então abandonado, pondo-se a oscilar como se fora um pêndulo simples. Quando passa pelo ponto mais baixo de sua trajetória, a bolinha tangencia uma superfície rugosa, perdendo em cada passagem 30% de sua energia mecânica. Determine o ângulo máximo que a haste forma com a vertical depois de a bolinha ter passado pela segunda vez pela superfície rugosa mencionada.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

$\theta_{máx}=\arccos(0{,}51)\approx59{,}3^\circ$; cerca de $60^\circ$ na aproximação do comentário.

Resolução

Escolhemos o ponto mais baixo como zero de energia potencial. A bolinha parte do repouso com a haste horizontal, a uma altura L desse nível.

$$E_0=mgL$$

Cada passagem conserva 70% da energia imediatamente anterior. As perdas são sucessivas, não uma subtração de duas parcelas iguais da energia inicial.

$$E_1=0{,}7E_0$$

$$E_2=0{,}7E_1=0{,}49E_0$$

Na altura máxima depois da segunda passagem, a velocidade volta a ser nula.

$$mgh_2=0{,}49mgL$$

$$h_2=0{,}49L$$

A geometria da haste fornece a altura em função do ângulo com a vertical.

$$h_2=L(1-\cos\theta)$$

$$1-\cos\theta=0{,}49$$

$$\cos\theta=0{,}51$$

$$\theta=\arccos(0{,}51)\approx59{,}3^\circ$$

O comentário aproxima o resultado para 60°. Não é necessário usar a fórmula de período para pequenas oscilações: o problema é resolvido por energia e geometria, mesmo com a grande amplitude inicial.

Q03

Mecânica — Gravitação — Massa do planeta pela órbita

Um satélite de massa $m$ gira em uma órbita circular de raio $r$ em torno de um planeta. O período de rotação do satélite é $T$. Determine a massa do planeta em função do raio $r$, do período $T$ e das constantes pertinentes.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

Expressão corrigida: $M=\dfrac{4\pi^2r^3}{GT^2}$, interpretando $T$ como período orbital.

Resolução

Interpretamos o período T como o tempo de uma volta orbital, como no desenvolvimento do comentário. No modelo em que o planeta é o centro fixo da órbita, a gravidade fornece a resultante centrípeta.

$$\frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}$$

$$GM=v^2r$$

A velocidade orbital é a circunferência percorrida por período.

$$v=\frac{2\pi r}{T}$$

Substituindo na relação dinâmica:

$$GM=\left(\frac{2\pi r}{T}\right)^2r$$

$$GM=\frac{4\pi^2r^3}{T^2}$$

$$M=\frac{4\pi^2r^3}{GT^2}$$

Ressalva editorial. A fórmula final impressa no comentário traz r², mas o desenvolvimento exige r³. A verificação dimensional confirma: r³/(GT²) tem dimensão de massa, enquanto r²/(GT²) teria massa por comprimento.

O raio r é medido do centro do planeta ao satélite. “Período de rotação” é usado na fonte para a volta orbital; o período de giro do satélite em torno de si mesmo não permitiria calcular a massa do planeta por essa relação.

Q04

Ondulatória — Harmônicos — Identificação de tubo acústico

A frequência fundamental e a frequência do harmônico de ordem imediatamente superior que um tubo acústico pode emitir são 600 Hz e 1800 Hz, respectivamente. Esse tubo é aberto nas duas extremidades ou tem apenas uma das extremidades aberta? Justifique sua resposta. Considere que o diâmetro do tubo é muito menor que o comprimento de onda da onda sonora.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

Tem uma extremidade aberta e a outra fechada.

Resolução

A razão entre a frequência seguinte permitida e a fundamental é:

$$\frac{1800}{600}=3$$

Em um tubo aberto nas duas extremidades, os modos ideais têm frequências múltiplas inteiras da fundamental.

$$f_n=nf_1\quad(n=1,2,3,\ldots)$$

Seu modo imediatamente seguinte seria 1200 Hz.

Em um tubo fechado em uma extremidade, só aparecem os múltiplos ímpares.

$$f_n=(2n-1)f_1\quad(n=1,2,3,\ldots)$$

A sequência começa em 600 Hz, 1800 Hz e 3000 Hz. Assim, a razão três entre modos consecutivos identifica uma extremidade fechada.

Não bastaria saber apenas que 600 Hz e 1800 Hz existem: ambos também poderiam existir num tubo aberto. A informação decisiva é que 1800 Hz é o próximo modo permitido acima da fundamental.

Q05

Termologia e eletricidade — Energia — Aquecimento resistivo e expansão

A figura abaixo mostra um cilindro de área $A=2\text{ cm}^2$ contendo uma certa quantidade de um gás ideal. O cilindro é feito de material termicamente isolante e é dotado de um êmbolo, feito também do mesmo material, que pode deslizar sem atrito ao longo do cilindro. Liga-se a chave C durante 15 segundos e uma corrente $i=0{,}2\text{ A}$ passa pela resistência $R=50\,\Omega$, aquecendo o gás. Nesse intervalo, o êmbolo se desloca da posição a para b com velocidade constante $v=0{,}02\text{ cm/s}$. Se a pressão $p=3\times10^5\text{ Pa}$ no interior do cilindro se mantém constante durante todo o processo, determine, em joules, a variação da energia interna do gás.

Gás em cilindro isolante com resistência elétrica no interior e êmbolo que passa da posição a para b.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

$\Delta U=29{,}82\text{ J}$.

Resolução

A energia elétrica dissipada pelo resistor durante o intervalo é transferida ao gás no modelo da questão, desprezando armazenamento de energia no resistor e nas paredes.

$$E_{el}=Ri^2\Delta t$$

$$E_{el}=50\cdot(0{,}2)^2\cdot15$$

$$E_{el}=30\text{ J}$$

Calculamos o volume deslocado com unidades do SI.

$$A=2\times10^{-4}\text{ m}^2$$

$$v=0{,}02\text{ cm/s}=2\times10^{-4}\text{ m/s}$$

$$\Delta x=v\Delta t=3\times10^{-3}\text{ m}$$

$$\Delta V=A\Delta x=6\times10^{-7}\text{ m}^3$$

O gás realiza trabalho positivo na expansão isobárica.

$$W=p\Delta V$$

$$W=3\times10^5\cdot6\times10^{-7}$$

$$W=0{,}18\text{ J}$$

A primeira lei fornece a energia que permanece no gás.

$$\Delta U=E_{el}-W$$

$$\Delta U=30-0{,}18=29{,}82\text{ J}$$

As paredes isolantes impedem troca térmica com o ambiente, mas não impedem a entrada de energia elétrica. O arquivo apresenta W em parte do texto da resistência; a transcrição usa Ω, conforme a grandeza e o cálculo. O comentário também imprime 0,02 na corrente de uma substituição, mas os 30 J exigem os 0,2 A fornecidos no enunciado.

Q06

Mecânica — Hidrostática — Pressão transmitida pela coluna de água

Um tijolo paralelepipédico repousa sobre uma bolsa de água quente, inicialmente vazia, colocada sobre uma mesa. A bolsa é ligada a um tubo plástico inextensível, com um funil na extremidade. Através do funil coloca-se água no tubo, enchendo a bolsa, até que o tijolo se eleve um pouco, permanecendo em equilíbrio, como se vê na figura abaixo. Sabendo-se que o tijolo tem 0,2 m de comprimento e 0,1 m de largura, determine, em newtons, o peso do tijolo, desprezando qualquer efeito elástico da bolsa. Considere $g=10\text{ m/s}^2$ e a densidade da água igual a $10^3\text{ kg/m}^3$.

Bolsa de água sob tijolo conectada a tubo com funil. A superfície livre está 1,2 m acima do nível de apoio hidráulico do tijolo.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

$P=240\text{ N}$.

Resolução

A figura fornece desnível de 1,2 m entre a superfície livre e a região que sustenta o tijolo. A diferença de pressão em relação à atmosfera é:

$$\Delta p=\rho gh$$

$$\Delta p=10^3\cdot10\cdot1{,}2$$

$$\Delta p=1{,}2\times10^4\text{ Pa}$$

Essa pressão adicional atua sobre a área da face apoiada.

$$A=0{,}2\cdot0{,}1=0{,}020\text{ m}^2$$

No equilíbrio, a força ascendente adicional sustenta o peso do tijolo.

$$P=\Delta pA$$

$$P=1{,}2\times10^4\cdot0{,}020$$

$$P=240\text{ N}$$

A pressão atmosférica se cancela entre a face superior do tijolo e o líquido exposto ao ar. O volume de água na bolsa ou o formato do tubo não determina diretamente a pressão; o desnível vertical é o dado relevante.

Q07

Eletricidade e mecânica — Trabalho — Carga no trilho circular

Uma partícula de massa $m$ e carga $q$ positiva é posta a girar em um trilho circular de raio $R$, perfeitamente liso. O trilho é colocado verticalmente entre as placas planas, infinitas e paralelas de um capacitor, como mostra a figura abaixo. Sabendo-se que o módulo da velocidade em A é $v$ e em B é $3v$, determine a intensidade do campo elétrico entre as placas do capacitor em função de $R,v,q$ e $m$.

Trilho circular vertical entre placas: esquerda negativa e direita positiva; A na extremidade direita do diâmetro horizontal e B na esquerda.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

$E=\dfrac{2mv^2}{qR}$.

Resolução

Os pontos A e B estão à mesma altura, nos extremos do diâmetro horizontal. O peso tem trabalho líquido nulo entre eles, e a força normal do trilho é perpendicular ao movimento, sem realizar trabalho.

O campo aponta da placa positiva, à direita, para a negativa, à esquerda. O deslocamento de A para B tem projeção 2R nesse sentido.

$$W_e=qE(2R)$$

O trabalho elétrico é a variação da energia cinética.

$$2qER=\frac12m(3v)^2-\frac12mv^2$$

$$2qER=\frac12m(9v^2-v^2)$$

$$2qER=4mv^2$$

$$E=\frac{2mv^2}{qR}$$

O percurso é curvo, mas o trabalho do campo uniforme depende da projeção do deslocamento entre os extremos, não do comprimento do arco. A gravidade não precisa ser desprezada: sua contribuição total se anula porque A e B têm a mesma altura.

Q08

Óptica — Refração e reflexão — Inclinação do espelho

Um raio luminoso, ao passar de um meio (1) para um meio (2), refrata-se da maneira mostrada na figura abaixo. O ângulo de incidência do raio luminoso é de 45° e o ângulo de refração é de 30°. O raio refratado no interior do meio (2) incide sobre um espelho plano que faz um ângulo $\theta$ com a horizontal. O raio refletido pelo espelho incide sobre a superfície de separação entre os dois meios, de maneira que o ângulo de incidência é igual ao ângulo crítico. Determine, em graus, o ângulo que o espelho faz com a horizontal.

Raio entra do meio 1 no meio 2 por interface horizontal e atinge um espelho inclinado de ângulo θ; o raio refletido volta à interface no ângulo crítico.

Resposta comentada TEF · UFC 1992 (92/E) · 2ª Etapa

$\theta=37{,}5^\circ$.

Resolução

A lei de Snell na primeira passagem fornece a razão entre os índices.

$$n_1\sin45^\circ=n_2\sin30^\circ$$

$$\frac{n_2}{n_1}=\frac{\sin45^\circ}{\sin30^\circ}=\sqrt2$$

No retorno do meio 2 ao meio 1, o ângulo crítico satisfaz:

$$\sin\theta_c=\frac{n_1}{n_2}=\frac1{\sqrt2}$$

$$\theta_c=45^\circ$$

Agora usamos a geometria da reflexão no espelho. O raio que chega ao espelho faz 30° com a vertical, portanto segue 60° abaixo da horizontal para a direita. Visto do ponto de reflexão em direção à origem do raio, sua direção é 120° em relação ao eixo horizontal positivo.

$$\alpha_{inc,reverso}=90^\circ+30^\circ=120^\circ$$

O raio refletido segue para cima e para a esquerda, fazendo 45° com a normal vertical à interface. Sua direção é:

$$\alpha_{ref}=180^\circ-45^\circ=135^\circ$$

A normal ao espelho divide igualmente o ângulo entre o raio incidente reverso e o refletido.

$$\alpha_N=\frac{120^\circ+135^\circ}{2}=127{,}5^\circ$$

O espelho é perpendicular a essa normal.

$$\theta=\alpha_N-90^\circ$$

$$\theta=37{,}5^\circ$$

Os ângulos de incidência e refração são medidos com a normal à superfície, enquanto a inclinação do espelho é medida com a horizontal. A solução corresponde à orientação dos raios desenhada na figura.