UFC 2001 · 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Pela relação do enunciado,

$$V_A-V_B=2\,(V_B-V_C).\qquad(1)$$

A lei das malhas na malha maior, com a mesma corrente $i$ no resistor de 8,0 Ω, entre A e B e no resistor de 4,0 Ω (a corrente em C é desprezível), dá

$$E=8{,}0\,i+(V_A-V_B)+4{,}0\,i.\qquad(2)$$

A ddp no resistor de 4,0 Ω é $V_B-V_C=4{,}0\,i$. Pela eq. (1),

$$V_A-V_B=2\times4{,}0\,i=8{,}0\,i.$$

Substituindo em (2): $E=8{,}0\,i+8{,}0\,i+4{,}0\,i=20\,i$, portanto

$$i=\dfrac{E}{20}=\dfrac{36}{20}=1{,}8\ \text{A}.$$

Pela terceira lei de Newton, a força da água sobre o solo tem o mesmo módulo que a do solo sobre a água.

Num intervalo $\Delta t$, uma massa $m$ de água chega ao solo com velocidade $v$ e a perde no contato. Sua quantidade de movimento varia de $mv$ para zero, então a força é

$$F=\dfrac{mv}{\Delta t}=\dfrac{m}{\Delta t}\,v.$$

A fração $\dfrac{m}{\Delta t}$ é a vazão, 0,10 kg/s. A velocidade $v$ é a de uma queda livre de 1,8 m:

$$v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot10\cdot1{,}8}=6{,}0\ \text{m/s}.$$

Portanto $F=0{,}10\times6{,}0=0{,}60$ N, conforme a definição de força dada no enunciado.

A energia cinética final da bala é $\tfrac14$ da inicial, então sua velocidade final é a metade da inicial: $v=\tfrac{v_0}{2}$.

No choque, a energia cinética não se conserva, mas a quantidade de movimento sim, pois a força externa total é nula (horizontalmente) durante o choque rápido. Sendo $V$ a velocidade do bloco logo após a passagem da bala:

$$mv_0=MV+m\dfrac{v_0}{2}\ \Rightarrow\ V=\dfrac{mv_0}{2M}.$$

Depois, a energia mecânica do pêndulo se conserva. No ponto de retorno, a uma altura $h$, toda a energia é potencial:

$$\dfrac12MV^2=Mgh\ \Rightarrow\ h=\dfrac{V^2}{2g}=\dfrac{m^2v_0^2}{4M^2\cdot2g}=\dfrac{m^2v_0^2}{8M^2g}.$$

Geometria. O raio refratado, com ângulo $\theta_r$ em relação à normal, atravessa a espessura $t$ e atinge a face inferior deslocado horizontalmente de $x=t\,\text{tg}\,\theta_r$. Depois de refletir, ele volta à face superior com deslocamento total $2t\,\text{tg}\,\theta_r$ em relação ao ponto de entrada.

Como $\theta_i=45^\circ$, os raios refletidos fazem 45° com a superfície, e a separação vertical entre eles na tela é igual ao deslocamento horizontal entre os pontos de saída: $y=2t\,\text{tg}\,\theta_r$, isto é,

$$\text{tg}\,\theta_r=\dfrac{y}{2t}.$$

Lei de Snell. Com $n_{ar}=1$:

$$\text{sen}\,\theta_i=n\,\text{sen}\,\theta_r\ \Rightarrow\ n=\dfrac{\text{sen}\,45^\circ}{\text{sen}\,\theta_r}=\dfrac{1}{\sqrt2\,\text{sen}\,\theta_r}.$$

Trigonometria. Usando $\text{sen}\,\theta_r=\dfrac{\text{tg}\,\theta_r}{\sqrt{1+\text{tg}^2\theta_r}}$:

$$n=\dfrac{1}{\sqrt2}\,\dfrac{\sqrt{1+\text{tg}^2\theta_r}}{\text{tg}\,\theta_r}=\dfrac{1}{\sqrt2}\sqrt{\dfrac{4t^2}{y^2}+1}=\sqrt{\dfrac{2t^2}{y^2}+\dfrac12}.$$

Equilíbrio antes do corte. Seja $L$ o comprimento da barra, $m$ sua massa e $E$ o empuxo, cuja linha de ação passa pelo meio da parte mergulhada. Medindo as distâncias ao longo da barra a partir do ponto de suspensão A (a tração não tem momento em A), o peso age a $\tfrac L2$ de A e o empuxo a $\tfrac L2+\tfrac L4=\tfrac{3L}{4}$. Os dois têm o mesmo ângulo com a horizontal, então os momentos em relação a A satisfazem

$$mg\cdot\dfrac L2\cos\alpha-E\cdot\dfrac{3L}{4}\cos\alpha=0\ \Rightarrow\ E=\dfrac23\,mg.$$

Densidade da barra. Com metade do volume submerso, $E=\rho_a\,g\,\dfrac V2$, sendo $\rho_a$ a densidade da água e $V$ o volume da barra. Logo

$$\rho_a g\dfrac V2=\dfrac23\rho_bVg\ \Rightarrow\ \rho_b=\dfrac34\rho_a.$$

Depois do corte. A barra flutua em equilíbrio quando o empuxo iguala o peso: $\rho_a\,V_{sub}\,g=\rho_b\,V\,g$, ou seja,

$$\dfrac{V_{sub}}{V}=\dfrac{\rho_b}{\rho_a}=\dfrac34.$$

Pressão. Supondo o êmbolo sob a atmosfera, de pressão $p_0$, o gás precisa equilibrar também o peso do êmbolo:

$$p=p_0+\dfrac{Mg}{A}.\qquad(1)$$

Essa pressão se mantém constante durante o aquecimento lento. Com $pV_0=nRT_0$ e $pV=nRT$:

$$V=\dfrac{T}{T_0}V_0\qquad n=\dfrac{pV_0}{RT_0}.\qquad(2)$$

Trabalho. À pressão constante, $W=p\,\Delta V$:

$$W=\left(p_0+\dfrac{Mg}{A}\right)\left(\dfrac{T}{T_0}V_0-V_0\right)=\left(p_0+\dfrac{Mg}{A}\right)V_0\left(\dfrac{T}{T_0}-1\right).$$

Calor. À pressão constante, $Q=nC_P\Delta T$, com $C_P=\tfrac32R+R=\tfrac52R$:

$$Q=\dfrac{pV_0}{RT_0}\cdot\dfrac52R\,(T-T_0)=\dfrac52\left(p_0+\dfrac{Mg}{A}\right)V_0\left(\dfrac{T}{T_0}-1\right).$$

Os períodos entre badaladas são $T_1=\dfrac{60}{60}=1\ \text{s}$ e $T_2=\dfrac{60}{56}=\dfrac{15}{14}\ \text{s}$.

As badaladas coincidem quando $n\cdot1=m\cdot\dfrac{15}{14}$, com $n$ e $m$ inteiros, isto é, $14\,n=15\,m$. O menor par de inteiros positivos é $n=15$, $m=14$.

O máximo divisor comum de 60 e 56 é 4, o que equivale a um ciclo de $\tfrac14$ de minuto: o primeiro sino dá 15 badaladas e o segundo 14. As próximas badaladas simultâneas ocorrem em $t=15\ \text{s}$.

a) No ponto P, $\sigma_P=200\times10^{6}$ N/m² e $\dfrac{\Delta L}{L_0}=0{,}020$. Na região linear, $\sigma=E\,\dfrac{\Delta L}{L_0}$, então

$$E=\dfrac{200\times10^{6}}{0{,}020}=1{,}0\times10^{10}\ \text{N/m}^2.$$

b) No ponto R, $\dfrac{\Delta L}{L_0}=0{,}20$, ou seja, $\Delta L=0{,}20\,L_0$: o alongamento na ruptura é de 20 % do comprimento inicial.