UFC 2008 · 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Para que $\vec F_C$ equilibre as outras duas, a soma das três forças deve ser nula. Logo, $\vec F_C=-(\vec F_A+\vec F_B)$.

Componentes em $x$:

$$F_{A,x}+F_{B,x}=3\cos 60^\circ+3\cos 120^\circ=3\cdot\dfrac12-3\cdot\dfrac12=0.$$

Componentes em $y$:

$$F_{A,y}+F_{B,y}=3\sin 60^\circ+3\sin 120^\circ=3\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}+3\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3\text{ N}.$$

A resultante de $\vec F_A$ e $\vec F_B$ aponta no sentido $+y$, com módulo $3\sqrt3\text{ N}$. A força equilibrante tem o mesmo módulo e sentido oposto:

$$F_{C,x}=0,\qquad F_{C,y}=-3\sqrt3\text{ N}.$$

Portanto $F_C=3\sqrt3\text{ N}$, dirigida para $-y$, o que corresponde a $270^\circ$ no sentido anti-horário a partir do eixo-$x$.

Pontuação oficial: os cálculos corretos do módulo e do ângulo valem, respectivamente, cinco pontos.

Duas molas em série equivalem a uma única mola de constante

$$k_{eq}=\dfrac{k_1k_2}{k_1+k_2}=\dfrac{2k_2\cdot k_2}{3k_2}=\dfrac23k_2.$$

Os comprimentos naturais somam $2L$ e, comprimidas, as molas ocupam $L$. A deformação total do conjunto é, portanto, $L$.

A) A energia armazenada é

$$E=\dfrac12k_{eq}L^2=\dfrac12\cdot\dfrac23k_2L^2=\dfrac13k_2L^2.$$

Em termos de $k_1$, como $k_2=k_1/2$, vale $E=\dfrac16k_1L^2$.

B) Sem atrito, toda a energia elástica vira energia cinética da massa quando ela se solta do conjunto:

$$\dfrac{Mv_0^2}{2}=\dfrac13k_2L^2\ \Rightarrow\ v_0=\sqrt{\dfrac{2k_2L^2}{3M}}.$$

Pontuação oficial: a questão vale dez pontos, cinco para cada item.

A) Sem atrito, cada esfera sofre apenas o peso e o empuxo. O empuxo depende do volume de fluido deslocado, que é o mesmo para as duas:

$$E=\rho Vg.$$

Os pesos diferem porque as densidades diferem:

$$P_1=\rho_1Vg,\qquad P_2=\rho_2Vg.$$

B) Para a esfera 1, a Segunda Lei de Newton (a esfera desce, então o peso vence o empuxo) dá

$$P_1-E=\rho_1Va_1\ \Rightarrow\ \rho_1Vg-\rho Vg=\rho_1Va_1\ \Rightarrow\ a_1=\left(1-\dfrac{\rho}{\rho_1}\right)g.$$

De modo idêntico, para a esfera 2:

$$a_2=\left(1-\dfrac{\rho}{\rho_2}\right)g.$$

Dividindo:

$$\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{(\rho_1-\rho)/\rho_1}{(\rho_2-\rho)/\rho_2}=\dfrac{\rho_2(\rho_1-\rho)}{\rho_1(\rho_2-\rho)}.$$

Pontuação oficial: a questão vale dez pontos, cinco para cada item.

Na dilatação linear, $L=L_0(1+\alpha\,\Delta T)$, ou seja,

$$\dfrac{L}{L_0}-1=\alpha\,\Delta T.$$

O gráfico fornece $L/L_0$ final de cada barra, e $\Delta T=100\ ^\circ\text{C}$ para as duas.

A) Barra A: $\dfrac{L}{L_0}-1=1{,}0022-1{,}0000=0{,}0022$, logo

$$\alpha_A=\dfrac{0{,}0022}{100}=22\cdot10^{-6}\ ^\circ\text{C}^{-1}.$$

Barra B: $\dfrac{L}{L_0}-1=1{,}0011-1{,}0000=0{,}0011$, logo

$$\alpha_B=\dfrac{0{,}0011}{100}=11\cdot10^{-6}\ ^\circ\text{C}^{-1}.$$

B) A razão é

$$\dfrac{\alpha_A}{\alpha_B}=\dfrac{22\cdot10^{-6}}{11\cdot10^{-6}}=2.$$

Pontuação oficial: a questão vale dez pontos, cinco para cada item.

Os três ângulos internos do prisma valem $60^\circ$. O raio entra perpendicularmente em AB, sem desvio, e incide na face BC com ângulo de incidência de $60^\circ$.

Para que nada emerja por BC, esse ângulo deve ser igual ou maior que o ângulo limite $L$, definido por

$$\sin L=\dfrac{n_{ar}}{n}=\dfrac1n.$$

Assim, devemos ter $60^\circ\ge L$, isto é,

$$\sin 60^\circ\ge\dfrac1n\ \Rightarrow\ \dfrac{\sqrt3}{2}\ge\dfrac1n\ \Rightarrow\ n\ge\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}.$$

Havendo reflexão total em BC, o raio refletido (também a $60^\circ$ da normal de BC) incide em AC perpendicularmente e emerge por essa face sem desvio, que é a condição pedida.

Pontuação oficial: a questão vale dez pontos.

A) Lei dos nós em A, com $I_1$ e $I_2$ chegando e $I_3$ saindo:

$$I_1+I_2=I_3.$$

A lei das malhas equivale a exigir que $V_A-V_B$ seja o mesmo em todos os ramos. No ramo esquerdo, subindo de B até A, ganha-se $6\text{ V}$ na bateria e $2I_1$ no resistor (a corrente $I_1$ sobe); no central, $6+4I_2$; no da direita, $17-6I_3$ (a corrente $I_3$ desce).

Esquerdo = central:

$$6+2I_1=6+4I_2\ \Rightarrow\ I_1=2I_2.$$

Central = direito:

$$6+4I_2=17-6I_3\ \Rightarrow\ 4I_2+6I_3=11.$$

Substituindo $I_3=I_1+I_2=3I_2$:

$$4I_2+18I_2=11\ \Rightarrow\ I_2=0{,}5\text{ A},\qquad I_1=1\text{ A},\qquad I_3=1{,}5\text{ A}.$$

B) Percorrendo de B até A pelo ramo esquerdo, passa-se pela bateria de $6\text{ V}$ (sobe $6\text{ V}$) e pelo resistor de $2\ \Omega$ no sentido da corrente $I_1$ (sobe $2\cdot1=2\text{ V}$):

$$V_A-V_B=6+2\cdot1=8\text{ V}.$$

Pelo ramo central: $6+4\cdot0{,}5=8\text{ V}$. Pelo ramo da direita: $17-6\cdot1{,}5=8\text{ V}$. Os três caminhos concordam.

Pontuação oficial: a questão vale dez pontos, cinco para cada item.

A) Para cada espira, a variação do fluxo no intervalo é

$$\Delta\Phi=2\cdot10-2\cdot1=18\text{ Wb},\qquad \Delta t=10-1=9\text{ s}.$$

Pela Lei de Faraday-Neumann, a fem média por espira vale

$$\varepsilon_1=\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\dfrac{18}{9}=2\text{ V}.$$

Como as $50$ espiras estão em série, as fems se somam:

$$\varepsilon=50\cdot2=100\text{ V}.$$

B) O fluxo cresce com o tempo, ou seja, passam cada vez mais linhas de campo, entrando no papel, pelas espiras. Pela Lei de Lenz, a corrente induzida cria um campo que se opõe a esse aumento, isto é, um campo saindo do papel dentro da bobina. Pela regra da mão direita, isso exige uma corrente no sentido anti-horário, vista por quem olha o papel.

Pontuação oficial: o item A vale seis pontos e o item B vale quatro pontos.

A) A microonda é uma onda eletromagnética e se propaga com a velocidade da luz, $c=3\cdot10^{8}\text{ m/s}$:

$$\lambda=\dfrac{c}{f}=\dfrac{3\cdot10^{8}}{32\cdot10^{9}}\approx9{,}4\cdot10^{-3}\text{ m}.$$

A energia de cada fóton é

$$E=hf=6{,}62\cdot10^{-34}\cdot32\cdot10^{9}\approx2{,}12\cdot10^{-23}\text{ J}.$$

(A solução oficial arredonda o comprimento de onda para $9{,}3\cdot10^{-3}\text{ m}$.)

B) A potência é a energia emitida por unidade de tempo. O número de fótons por segundo é a potência dividida pela energia de um fóton:

$$N=\dfrac{P}{E}=\dfrac{225\cdot10^{3}}{2{,}118\cdot10^{-23}}\approx1{,}06\cdot10^{28}\text{ fótons/s}.$$

Pontuação oficial: o item A vale seis pontos e o item B vale quatro pontos.