PUC Minas · 2007.2 · Física II — Física com resolução comentada

A barra pesa 40 N e a esfera pesa 20 N. O peso da barra atua em seu centro; a esfera fica a 0,80 m de A.

$$R_A+R_B=60\ \mathrm N$$

Tomando momentos em relação a A:

$$R_B\cdot1{,}0=40\cdot0{,}50+20\cdot0{,}80$$

$$R_B=36\ \mathrm N$$

$$R_A=60-36=24\ \mathrm N$$

Alternativa C.

A esfera desloca seu próprio volume de líquido.

$$E=\rho Vg=6\cdot1\cdot10=60\ \mathrm N$$

$$P=mg=5\cdot10=50\ \mathrm N$$

O empuxo é maior que o peso. O fio exerce uma força para baixo, mantendo o equilíbrio.

$$E=P+T$$

$$T=60-50=10\ \mathrm N$$

Alternativa C.

Para A, a força horizontal resultante é a tração; para B, o peso menos a tração. Os módulos das acelerações são iguais.

$$T=m_Aa$$

$$m_Bg-T=m_Ba$$

Somando as equações:

$$a=\frac{m_Bg}{m_A+m_B}$$

$$a=\frac{20\cdot10}{80+20}=2\ \mathrm{m/s^2}$$

O bloco B acelera para baixo.

Alternativa D.

A aceleração do conjunto é:

$$a=\frac{20\cdot10}{80+20}=2\ \mathrm{m/s^2}$$

Sobre A, a tração é a única força horizontal.

$$T=m_Aa$$

$$T=80\cdot2=160\ \mathrm N$$

Conferindo pelo bloco B:

$$T=m_B(g-a)=20(10-2)=160\ \mathrm N$$

Alternativa A.

Com velocidade constante, a resultante tangencial é nula. O módulo da resistência total equivale ao da força de tração.

$$F_{\rm resistente}=1{,}0\times10^5\ \mathrm N$$

A potência dissipada, em módulo, é:

$$P_{\rm diss}=F_{\rm resistente}v$$

$$P_{\rm diss}=1{,}0\times10^5\cdot10=1{,}0\times10^6\ \mathrm W$$

A potência algébrica do atrito sobre os vagões é negativa; o valor pedido representa a energia dissipada por segundo.

Alternativa B.

A corrente no condutor 1 é determinada pela fonte e por sua resistência.

$$I_1=\frac{12}{3}=4\ \mathrm A$$

Para um fio retilíneo longo, a 0,01 m:

$$B=\frac{\mu_0I_1}{2\pi r}$$

$$B=\frac{4\pi\times10^{-7}\cdot4}{2\pi\cdot0{,}01}$$

$$B=8\times10^{-5}\ \mathrm T$$

Alternativa B.

A corrente no condutor 1 vale 4 A. O campo no segundo condutor é:

$$B=\frac{4\pi\times10^{-7}\cdot4}{2\pi\cdot0{,}01}=8\times10^{-5}\ \mathrm T$$

No segmento de comprimento 0,10 m, perpendicular ao campo:

$$F=I_2LB$$

$$F=0{,}1\cdot0{,}10\cdot8\times10^{-5}=8\times10^{-7}\ \mathrm N$$

O traço maior da fonte indica o polo positivo. A corrente convencional sai por ele, percorre o fio superior e desce pelo condutor 1. No trecho paralelo do condutor 2, a corrente indicada sobe.

Correntes paralelas em sentidos opostos se repelem. O condutor 2 está à esquerda do primeiro, portanto a força sobre ele aponta para a esquerda.

Alternativa C.

O ponto 2 pertence à equipotencial de 150 V e o ponto 6 à de 50 V. O trabalho do campo elétrico depende apenas dos extremos.

$$W_{\rm campo}=q(V_i-V_f)$$

$$W_{\rm campo}=1{,}0\times10^{-6}(150-50)$$

$$W_{\rm campo}=1{,}0\times10^{-4}\ \mathrm J$$

O trecho 5–6 está numa mesma equipotencial e não contribui para esse trabalho. O valor oficial corresponde ao trabalho do campo ou ao módulo da variação de energia potencial. Se “trabalho necessário” significar trabalho externo quase estático, seu sinal seria negativo.

Alternativa B.

Na horizontal, a normal equilibra a força aplicada. Na vertical, o atrito deve sustentar o peso.

$$N=F$$

$$f_s=mg=3\cdot10=30\ \mathrm N$$

O equilíbrio exige que o atrito necessário não supere o máximo disponível.

$$mg\leq\mu_sF$$

$$F_{\min}=\frac{30}{0{,}20}=150\ \mathrm N$$

Alternativa A.

Para o bloco já deslizando para baixo, o atrito cinético aponta para cima. Equilíbrio dinâmico significa aceleração nula.

$$f_k=mg$$

$$\mu_kF=mg$$

$$F=\frac{3\cdot10}{0{,}15}=200\ \mathrm N$$

Esse é o valor para descida uniforme. Uma força menor produz aceleração para baixo; uma maior produz aceleração para cima enquanto o bloco ainda desce. Assim, “máximo” deve ser entendido como o limite para não acelerar para cima, com igualdade na descida uniforme.

Alternativa B.

No modelo idealizado da questão, converte-se a velocidade para unidades SI.

$$v=\frac{29}{3{,}6}\approx8{,}06\ \mathrm{m/s}$$

Para queda a partir do repouso, sem resistência do ar:

$$v^2=2gh$$

$$h=\frac{(29/3{,}6)^2}{2\cdot10}$$

$$h\approx3{,}24\ \mathrm m$$

O valor aproximado é 3,2 m. Trata-se somente do resultado das hipóteses do exercício; a velocidade suposta não é um critério real de ausência de lesões.

Alternativa D.

A aceleração corresponde à inclinação da reta no gráfico velocidade-tempo.

$$a_A=\frac{12-0}{5-0}=2{,}4\ \mathrm{m/s^2}$$

$$a_B=\frac{12-8}{5-0}=0{,}8\ \mathrm{m/s^2}$$

Como as retas têm inclinação constante, esses valores valem também em 2,5 s.

Alternativa B.

Os móveis partem da mesma posição. Pelo gráfico, A parte do repouso com aceleração 2,4 m/s²; B parte com 8 m/s e aceleração 0,8 m/s².

$$s_A=s_0+1{,}2t^2$$

$$s_B=s_0+8t+0{,}4t^2$$

Igualando as posições:

$$0{,}8t^2-8t=0$$

$$t(0{,}8t-8)=0$$

A raiz zero corresponde à partida. O novo encontro ocorre em:

$$t=10\ \mathrm s$$

Alternativa A.

O defeito de massa é a diferença entre a massa inicial e a final.

$$\Delta m=(6{,}694-6{,}646)\times10^{-27}=4{,}8\times10^{-29}\ \mathrm{kg}$$

Convertendo a velocidade da luz:

$$c=3{,}0\times10^8\ \mathrm{m/s}$$

A energia liberada por reação é:

$$E=\Delta mc^2$$

$$E=4{,}8\times10^{-29}(3{,}0\times10^8)^2=4{,}32\times10^{-12}\ \mathrm J$$

Com 10³⁸ reações por segundo, a potência vale:

$$P=4{,}32\times10^{-12}\cdot10^{38}=4{,}32\times10^{26}\ \mathrm W$$

Alternativa D.

A energia de uma reação, usando as massas e a velocidade da luz do texto, é:

$$E=(6{,}694-6{,}646)\times10^{-27}(3{,}0\times10^8)^2=4{,}32\times10^{-12}\ \mathrm J$$

No modelo clássico adotado pelas alternativas:

$$E=\frac{mv^2}{2}$$

$$v^2=\frac{2\cdot4{,}32\times10^{-12}}{3{,}0\times10^{-27}}=2{,}88\times10^{15}\ \mathrm{m^2/s^2}$$

$$v=\sqrt{2{,}88\times10^{15}}\ \mathrm{m/s}\approx5{,}37\times10^7\ \mathrm{m/s}$$

O resultado é cerca de 18% da velocidade da luz. Uma abordagem relativística daria aproximadamente 5,30 × 10⁷ m/s; a alternativa corresponde explicitamente à aproximação clássica.

Alternativa C.