UFC 1998 · 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

A pessoa em $P$ vê, pelo espelho em $DC$, o que um observador na imagem $P'$ veria. A imagem $P'$ fica atrás de $DC$, à mesma distância de $DC$ que $P$ (12 m). O campo visual máximo no trecho $MB$ vai de $Q$ até $B$, e $Q$ é o ponto onde o raio que passa pela ponta $O$ da parede encontra $AB$. Isso define, em $DC$, a largura mínima $Q'B'$ do espelho.

Com o quadriculado de 2 m, $P$ está a 3 m de $A$ e $P'$ a 24 m de $AB$ (12 m de $P$ até $DC$ e mais 12 m). Por semelhança de triângulos retângulos, obtemos

$$P''Q'=2\ \text{m},\qquad P''B'=4{,}5\ \text{m},$$

então a largura mínima do espelho é

$$Q'B'=P''B'-P''Q'=4{,}5-2=2{,}5\ \text{m}.$$

As componentes da velocidade do centro de massa são

$$V_x(CM)=\dfrac{m_1v_{1x}+m_2v_{2x}+m_3v_{3x}}{m_1+m_2+m_3},\qquad V_y(CM)=\dfrac{m_1v_{1y}+m_2v_{2y}+m_3v_{3y}}{m_1+m_2+m_3}.$$

Com massas iguais, $v_{1x}=9$ m/s, $v_{2y}=12$ m/s e as demais componentes nulas:

$$V_x(CM)=\dfrac{9m}{3m}=3\ \text{m/s},\qquad V_y(CM)=\dfrac{12m}{3m}=4\ \text{m/s}.$$

O módulo é

$$V(CM)=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \text{m/s}.$$

A condição de interferência construtiva em O é $\Delta d=m\lambda$, com $m$ inteiro e $\Delta d$ a diferença entre os caminhos dos dois raios. Pela figura, $\Delta d=2a$, então

$$2a=m\lambda\ \Rightarrow\ \lambda=\dfrac{2a}{m}.$$

O maior valor de $\lambda$ ocorre para $m=1$:

$$\lambda=2a.$$

Nota: não é preciso considerar as mudanças de fase na reflexão. Cada uma é de $\pi$ rad, e as duas somam $2\pi$ rad, o que deixa $R_2$ em fase com $R_1$.

A potência dissipada é $P=\varepsilon^2/R_{eq}$.

Em paralelo, $R_p=R/3$, então

$$P_p=\dfrac{\varepsilon^2}{R/3}=\dfrac{3\varepsilon^2}{R}.$$

Em série, $R_s=3R$, então

$$P_s=\dfrac{\varepsilon^2}{3R}.$$

O calor para ferver a mesma quantidade de água é o mesmo nos dois casos, $Q_p=Q_s$, ou seja, $P_p\,\Delta t_p=P_s\,\Delta t_s$:

$$\dfrac{3\varepsilon^2}{R}\Delta t_p=\dfrac{\varepsilon^2}{3R}\Delta t_s\ \Rightarrow\ \Delta t_s=9\,\Delta t_p=9\times7=63\ \text{min}.$$

Para cada gás, $pV=nRT$. Como $p$, $V$ e $T$ são os mesmos, o número de mols é igual: $n_O=n_N$. Com $n=m/M$:

$$\dfrac{m_O}{M_O}=\dfrac{m_N}{M_N}\ \Rightarrow\ m_N=\dfrac{M_N}{M_O}\,m_O=\dfrac{28}{32}\times8=7\ \text{kg}.$$

Como a placa permanece à temperatura inicial, toda a energia cinética da bala vira calor na própria bala: primeiro aquece o chumbo de $30\ {}^\circ\text{C}$ a $330\ {}^\circ\text{C}$ e depois o funde.

$$\dfrac12mv^2=mC\,\Delta T+mQ\ \Rightarrow\ v^2=2\,(C\,\Delta T+Q).$$

Com $\Delta T=330-30=300\ {}^\circ\text{C}$:

$$v^2=2\,[120\times300+28\,800]=2\,[36\,000+28\,800]=129\,600\ \Rightarrow\ v=360\ \text{m/s}.$$

A força de Coulomb faz o papel de resultante centrípeta:

$$\dfrac{m v^2}{R}=\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R^2}\ \Rightarrow\ mv^2=\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R}.$$

A energia cinética é

$$E_c=\dfrac12mv^2=\dfrac12\cdot\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R}=\dfrac{e^2}{8\pi\varepsilon_0R}.$$

A energia potencial elétrica do átomo tem módulo

$$|U|=\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R},$$

portanto

$$\dfrac{E_c}{|U|}=\dfrac12.$$

Nota: a solução oficial escreve $U$ positivo e dá a razão $1/2$. Como as cargas são de sinais opostos, $U$ é negativo e a razão com sinal é $E_c/U=-1/2$. O resultado em módulo coincide com o oficial.

Na tábua horizontal atuam o peso $P$ do menino, a força $F_D$ da dobradiça e a força $F_M=ky$ da mola, esta ao esticar $y=0{,}3$ m.

O equilíbrio de forças, $F_D+F_M-P=0$, não basta, pois $F_D$ é desconhecida. Usamos o torque em relação à dobradiça, em que $F_D$ não produz torque:

$$P\,x-F_M\,L=0\ \Rightarrow\ x=\dfrac{F_M\,L}{P}=\dfrac{k\,y\,L}{P}=\dfrac{600\times0{,}3\times3}{300}=1{,}8\ \text{m}.$$