CEFET-MG 2013.2 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Os ângulos da figura são medidos em relação à superfície; em relação à normal, \(\theta_1=45^\circ\) e \(\theta_2=90^\circ-60^\circ=30^\circ\). Dados: \(\operatorname{sen}45^\circ=0{,}71\) e \(\operatorname{sen}30^\circ=0{,}50\).

Lei de Snell para ondas: \(\dfrac{\operatorname{sen}\theta_1}{\operatorname{sen}\theta_2}=\dfrac{v_1}{v_2}\):

$$v_2=v_1\,\frac{\operatorname{sen}30^\circ}{\operatorname{sen}45^\circ}=14{,}2\cdot\frac{0{,}50}{0{,}71}=10{,}0\text{ m/s}$$

A frequência não muda na refração:

$$\lambda_2=\frac{v_2}{f}=\frac{10{,}0}{20{,}0}=0{,}500\text{ m}$$

Pela conservação de energia, a energia recebida da queima do combustível é a soma do trabalho produzido com o calor rejeitado:

$$Q_{quente}=4\,000+8\,000=12\,000\text{ J}$$

Massa de querosene por ciclo:

$$m=\frac{12\,000}{6{,}0\times10^{4}}=0{,}20\text{ kg}$$

Apenas o espelho convexo forma, de objeto real, imagem virtual e menor, e essa imagem é sempre direta (direita), para qualquer posição do objeto diante do espelho.

Como não há restrição de posição, o objeto pode estar a qualquer distância, por exemplo 20 cm.

Verificando com \(f=-20\text{ cm}\) e \(p=20\text{ cm}\): \(\dfrac1{p'}=\dfrac1f-\dfrac1p=-\dfrac1{20}-\dfrac1{20}\Rightarrow p'=-10\text{ cm}\) (virtual) e \(A=-\dfrac{p'}{p}=+0{,}5\) (direta e menor).

As alternativas A, C e E trazem espelho côncavo, que não dá imagem virtual e menor; D diz imagem invertida, que é impossível para imagem virtual.

A frequência é determinada pela fonte e permanece a mesma na reflexão e na refração. Já a velocidade (m/s) e o comprimento de onda (m) mudam ao trocar de meio, e a energia e a potência se repartem entre os feixes refletido e refratado.

A frequência é medida em hertz.

Terceira lei de Kepler para corpos que orbitam a mesma Terra: \(\dfrac{T^2}{R^3}=\text{constante}\).

$$\frac{T_s^2}{T_L^2}=\left(\frac{D/9}{D}\right)^3=\frac1{729}\;\Rightarrow\;\frac{T_s}{T_L}=\frac1{27}$$

$$T_s=\frac{28}{27}\approx1{,}04\text{ dia}\approx1\text{ dia}$$

Dados: \(\operatorname{sen}36{,}9^\circ=0{,}60\), \(\cos36{,}9^\circ=0{,}80\), \(g=10\text{ m/s}^2\). Equação da trajetória:

$$y=x\tan\theta-\frac{g\,x^2}{2\,v_0^2\cos^2\theta}$$

Em \(x=20\text{ m}\), com \(\tan\theta=0{,}75\) e \(\cos^2\theta=0{,}64\), exige-se \(y\ge5{,}0\text{ m}\):

$$15-\frac{10\cdot400}{1{,}28\,v_0^2}\ge5\;\Rightarrow\;v_0^2\ge\frac{4000}{12{,}8}=312{,}5$$

$$v_{0,\min}=\sqrt{312{,}5}=12{,}5\sqrt2\approx17{,}7\text{ m/s}$$

(O alcance \(v_0^2\operatorname{sen}2\theta/g=30\text{ m}\) é maior que 20 m, então a bola cai na quadra.)

Velocidade inicial: \(10{,}8\text{ km/h}=3{,}0\text{ m/s}\).

Conservação da quantidade de movimento: \(2{,}0\times10^4\cdot3{,}0=(3{,}0\times10^4)\,V\Rightarrow V=2{,}0\text{ m/s}=7{,}2\text{ km/h}\). A é verdadeira.

B — \(E_c=\tfrac12\,(3{,}0\times10^4)(2{,}0)^2=6{,}0\times10^4\text{ J}\) (e não \(9{,}0\times10^4\)).

C — \(p=3{,}0\times10^4\cdot2{,}0=6{,}0\times10^4\text{ kg·m/s}\) (e não \(4{,}0\times10^4\)).

D — \(p_{loc}=2{,}0\times10^4\cdot3{,}0=6{,}0\times10^4\text{ kg·m/s}\) (e não \(3\times10^4\)).

E — \(E_{c,loc}=\tfrac12\,(2{,}0\times10^4)(3{,}0)^2=9{,}0\times10^4\text{ J}\) (e não \(1{,}2\times10^5\)).

Verificando se o conjunto sai do repouso: peso do bloco pendurado \(=6{,}0\cdot10=60\text{ N}\). Atrito estático máximo: \(0{,}40\cdot100=40\text{ N}\). Como \(60>40\), os blocos se movem e o atrito é o cinético:

$$F_{at}=0{,}28\cdot100=28\text{ N}$$

Para o sistema:

$$a=\frac{60-28}{10+6{,}0}=2{,}0\text{ m/s}^2$$

No bloco pendurado: \(60-T=6{,}0\cdot2{,}0\Rightarrow T=48\text{ N}\).

Para a trajetória ser retilínea, a força elétrica e a força magnética sobre o elétron devem se anular (seletor de velocidades):

$$|q|\,E=|q|\,v\,B\;\Rightarrow\;E=v\,B\;\Rightarrow\;\frac{E}{vB}=1$$

O intervalo de 10,0 s é o tempo próprio \(\Delta t_0\) (medido na nave). Na Terra:

$$\gamma=\frac1{\sqrt{1-(0{,}60)^2}}=\frac1{0{,}80}=1{,}25$$

$$\Delta t=\gamma\,\Delta t_0=1{,}25\cdot10{,}0=12{,}5\text{ s}$$

No modelo de Bohr, a força de Coulomb é a resultante centrípeta: \(\dfrac{k e^2}{r^2}=\dfrac{m v^2}{r}\), então:

$$E_c=\tfrac12\,m v^2=\frac{k\,e^2}{2\,r}$$

Os raios das órbitas crescem como \(r_n=n^2\,r_1\). Para \(n=2\): \(r_2=4\,r_1\), e

$$E_c(n=2)=\frac{E_0}{4}$$

Chave aberta: o gerador alimenta \(5\ \Omega+10\ \Omega\) em série, com sua resistência interna de \(1\ \Omega\):

$$I=\frac{32}{1+5+10}=2{,}0\text{ A}$$

Chave fechada: a chave curto-circuita os resistores externos e só resta a resistência interna:

$$I_{cc}=\frac{32}{1}=32\text{ A}$$

$$\frac{I_{cc}}{I}=\frac{32}{2{,}0}=16$$