UFC 1995.1 · 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

a. A velocidade é positiva até 40 s e negativa depois. A maior altura ocorre na inversão de sentido.

$$t_{máx}=40\text{ s}$$

b. O deslocamento é a área algébrica sob v × t. Somamos os três trechos positivos.

$$\Delta y_1=\frac{20\cdot4}{2}=40\text{ m}$$

$$\Delta y_2=10\cdot4=40\text{ m}$$

$$\Delta y_3=\frac{10\cdot4}{2}=20\text{ m}$$

$$\Delta y_{máx}=40+40+20=100\text{ m}$$

c. Entre 40 e 50 s, a área triangular é negativa porque o elevador desce.

$$\Delta y_4=-\frac{10\cdot4}{2}=-20\text{ m}$$

$$\Delta y_{0\to50}=100-20=80\text{ m}$$

d. A velocidade vetorial média usa o deslocamento resultante.

$$|\vec v_m|=\frac{|\Delta y|}{\Delta t}$$

$$|\vec v_m|=\frac{80}{50}=1{,}6\text{ m/s}$$

A distância total percorrida é 120 m, mas não é essa grandeza que entra na velocidade vetorial média. A altura máxima de 100 m é relativa ao nível inicial, pois a altitude inicial não foi informada.

a. O impulso é a área do trapézio sob o gráfico entre 0 e 3 s. Entre 3 e 4 s, a força é nula e não acrescenta impulso.

$$I=\frac{(3+1)\cdot10}{2}$$

$$I=20\text{ N·s}$$

$$\Delta p=I=20\text{ kg·m/s}$$

b. Como o corpo parte do repouso, o impulso acumulado até 3 s fornece sua velocidade.

$$mv(3)-mv(0)=I$$

$$v(3)=\frac{20}{1}=20\text{ m/s}$$

c. A energia cinética inicial é nula.

$$\Delta E_c=\frac12mv(3)^2$$

$$\Delta E_c=\frac12\cdot1\cdot20^2$$

$$\Delta E_c=200\text{ J}$$

O valor também é o mesmo entre 0 e 4 s, porque a velocidade permanece constante após 3 s. A área em F × t mede impulso, não trabalho; a energia é calculada a partir da velocidade obtida.

A tração é a mesma nos dois fios no modelo ideal. A velocidade de propagação depende inversamente da raiz da densidade linear.

$$v_1=\sqrt{\frac{T}{\mu_1}}$$

$$v_2=\sqrt{\frac{T}{\mu_2}}$$

$$\frac{v_2}{v_1}=\sqrt{\frac{\mu_1}{\mu_2}}$$

$$\frac{v_2}{v_1}=\sqrt{\frac{2{,}5}{0{,}4}}=2{,}5$$

Contamos os tempos a partir da separação dos pulsos em B. O pulso refletido percorre B–A uma vez; o transmitido percorre B–C–B, isto é, duas vezes o comprimento do segundo fio.

$$t_1=\frac{\ell_1}{v_1}$$

$$t_2=\frac{2\ell_2}{v_2}$$

Igualando os tempos:

$$\frac{\ell_1}{v_1}=\frac{2\ell_2}{v_2}$$

$$\ell_2=\frac{\ell_1}{2}\frac{v_2}{v_1}$$

$$\ell_2=\frac{80}{2}\cdot2{,}5$$

$$\ell_2=100\text{ cm}$$

Ressalva editorial. O comentário iguala o tempo de B–A ao de apenas B–C e obtém 200 cm. O enunciado pede o retorno do pulso a B depois da reflexão em C; a ida e a volta exigem o fator dois. O trecho inicial A–B, anterior à separação, é comum aos dois pulsos e não altera a comparação.

a. Compatibilizamos a distância entre as placas com o SI.

$$d=2{,}0\times10^{-2}\text{ m}$$

$$E=\frac{|\Delta V|}{d}$$

$$E=\frac{10}{2{,}0\times10^{-2}}=500\text{ V/m}$$

b. Como no comentário fornecido, adotamos o modelo em que a aceleração é devida apenas à força elétrica.

$$|q|E=ma$$

$$|q|=\frac{ma}{E}$$

$$|q|=\frac{2\times10^{-7}\cdot10}{500}$$

$$|q|=4{,}0\times10^{-9}\text{ C}$$

O enunciado não informa o sentido da aceleração em relação ao campo; por isso, seu módulo não permite determinar o sinal da carga. Se outras forças fossem consideradas, a equação de movimento precisaria incluí-las.

c. A aceleração é constante durante a travessia.

$$v^2=v_0^2+2ad$$

$$v^2=2\cdot10\cdot2{,}0\times10^{-2}$$

$$v^2=0{,}4\text{ m}^2\text{/s}^2$$

$$v=\sqrt{0{,}4}\text{ m/s}\approx0{,}63\text{ m/s}$$

O valor 0,4 corresponde ao quadrado da velocidade; a raiz é necessária na resposta final.

a. Em equilíbrio eletrostático, a casca esférica uniformemente carregada produz potencial constante em seu interior vazio.

$$V_{int}=\frac{kQ}{R}$$

$$\Delta V_{int}=0$$

b. Campo elétrico e potencial são grandezas diferentes. Um potencial constante tem gradiente nulo.

$$E(r)=0\quad(0\le r<R)$$

$$E(r)=\frac{kQ}{r^2}\quad(r>R)$$

O gráfico correto tem campo nulo no interior e salto na superfície idealmente fina, seguido de decaimento inversamente proporcional ao quadrado da distância.

Ressalva editorial. O esboço de campo do comentário mantém indevidamente um patamar não nulo no interior. Há também conflito de escala no gráfico de potencial: para Q = 10⁻⁶ C, R = 0,01 m e k ≈ 9 × 10⁹ no SI, o potencial da superfície é:

$$V(R)=\frac{9\times10^9\cdot10^{-6}}{10^{-2}}$$

$$V(R)=9\times10^5\text{ V}=900\text{ kV}$$

A figura e o comentário indicam 9 kV. Essa discrepância não altera a resposta de diferença de potencial interna nula nem a forma correta do campo. O desenho original foi preservado no enunciado, com a inconsistência identificada aqui.

c. Para uma carga de prova positiva q₀, colocada em repouso no exterior e sem outras forças, a repulsão é radial.

$$F(r)=\frac{kQq_0}{r^2}$$

$$a(r)=\frac{kQq_0}{mr^2}$$

A rapidez cresce enquanto a aceleração diminui com o afastamento. O movimento não é uniformemente acelerado. Para uma condição inicial com velocidade diferente de zero, seria necessário informar sua direção; tratamos a carga como de prova para não alterar a distribuição uniforme presumida no enunciado.

a. A capacidade térmica relaciona o calor fornecido à elevação de temperatura. Uma diferença em graus Celsius tem o mesmo valor numérico em kelvins.

$$\Delta T=270-20=250\,^{\circ}\text{C}$$

$$C=\frac Q{\Delta T}$$

$$C=\frac{200}{250}=0{,}80\text{ cal/°C}$$

b. O pistão leve, sem atrito, se desloca contra a pressão externa constante. A variação de volume é a área do pistão multiplicada pelo deslocamento.

$$A=100\text{ cm}^2=10^{-2}\text{ m}^2$$

$$\Delta h=8{,}0\text{ cm}=8{,}0\times10^{-2}\text{ m}$$

$$\Delta V=A\Delta h$$

$$\Delta V=8{,}0\times10^{-4}\text{ m}^3$$

O trabalho realizado pelo gás na expansão é positivo.

$$W=p_{ext}\Delta V$$

$$W=10^5\cdot8{,}0\times10^{-4}$$

$$W=80\text{ J}$$

A capacidade pedida é a do gás contido no cilindro, não um calor específico por massa ou por mol. O calor fornecido não é igual ao trabalho: uma parte também altera a energia interna.

O peso do bloco é o mesmo nas duas situações. No equilíbrio inicial e final, ele é igual ao empuxo. O volume V do bloco não muda.

$$P=\rho_0g(0{,}8V)$$

$$P=\rho_fgV$$

Igualando os empuxos:

$$\rho_f=0{,}8\rho_0$$

No modelo de dilatação volumétrica linear, com massa do líquido conservada:

$$V_f=V_0(1+\gamma\Delta T)$$

$$\rho_f=\frac{\rho_0}{1+\gamma\Delta T}$$

Substituímos a razão de densidades obtida pela flutuação.

$$0{,}8=\frac1{1+100\gamma}$$

$$1+100\gamma=1{,}25$$

$$100\gamma=0{,}25$$

$$\gamma=2{,}5\times10^{-3}\,^{\circ}\text{C}^{-1}$$

A densidade cai 20%, enquanto o volume de uma massa fixa de líquido aumenta 25%. Essas variações não têm o mesmo percentual. O coeficiente encontrado é o efetivo do modelo linear adotado para o intervalo de 0 a 100 °C.

O texto fornece 15 cm para a lente divergente sem o sinal negativo. Sua natureza fixa o sinal na convenção de Gauss.

$$f_1=+20\text{ cm}$$

$$f_2=-15\text{ cm}$$

A primeira lente recebe o objeto real a 40 cm.

$$\frac1{f_1}=\frac1{p_1}+\frac1{p'_1}$$

$$\frac1{20}=\frac1{40}+\frac1{p'_1}$$

$$p'_1=40\text{ cm}$$

Essa imagem intermediária se formaria 40 cm à direita da primeira lente, isto é, 30 cm à direita da segunda. O feixe chega convergindo à lente divergente, que recebe um objeto virtual.

$$p_2=-(40-10)=-30\text{ cm}$$

Aplicamos a equação da segunda lente.

$$\frac1{-15}=\frac1{-30}+\frac1{p'_2}$$

$$\frac1{p'_2}=-\frac1{15}+\frac1{30}$$

$$p'_2=-30\text{ cm}$$

A imagem final é virtual e fica 30 cm à esquerda da segunda lente. Sua posição em relação à primeira é:

$$x_f=10-30=-20\text{ cm}$$

Para completar a descrição, calculamos o aumento de cada lente.

$$A_1=-\frac{p'_1}{p_1}=-1$$

$$A_2=-\frac{p'_2}{p_2}=-1$$

$$A_{total}=A_1A_2=+1$$

O aumento positivo indica imagem direita em relação ao objeto original; o módulo unitário indica mesmo tamanho. As duas inversões se compensam. O diagrama abaixo é o fornecido no comentário.

O comentário calcula a posição, mas a descrição completa exige também natureza, orientação e tamanho. A imagem intermediária é apenas a que a primeira lente formaria sozinha; a segunda lente intercepta o feixe antes dessa convergência.