UFLA 1999.2

Ideia central: uma imagem direita e dez vezes menor que o objeto é virtual e característica de um espelho convexo. Determinaremos as posições com a equação dos pontos conjugados.

Passo 1 — Interpretar o aumento. Com a convenção gaussiana, a imagem direita tem aumento positivo:

$A=-\dfrac{p^{\prime}}{p}=+0{,}1$

$p^{\prime}=-0{,}1p$

Como o objeto é real ($p>0$), temos $p^{\prime}<0$: imagem virtual (I verdadeira). Uma imagem virtual reduzida de objeto real exige espelho convexo (II verdadeira), portanto:

$f=-20\ \text{cm}$

Passo 2 — Calcular a posição do objeto. Aplicar a equação de Gauss:

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p^{\prime}}$

$-\dfrac{1}{20}=\dfrac{1}{p}-\dfrac{10}{p}$

$-\dfrac{1}{20}=-\dfrac{9}{p}$

$p=180\ \text{cm}$

Passo 3 — Calcular a posição da imagem e o raio de curvatura.

$p^{\prime}=-0{,}1\cdot180=-18\ \text{cm}$

$|R|=2|f|=40\ \text{cm}$

A imagem está a $18\ \text{cm}$ atrás do espelho (III verdadeira). O objeto está a $180\ \text{cm}$, não a $1{,}8\ \text{cm}$ (IV falsa); o raio vale $40\ \text{cm}$, não $10\ \text{cm}$ (V falsa).

Conclusão: somente I, II e III são verdadeiras. Alternativa A.

Ideia central: o cristalino, na aproximação de lente delgada, forma uma imagem real do livro na retina. Empregaremos a equação de Gauss.

Passo 1 — Colocar os dados em uma mesma unidade.

$p=35\ \text{cm}$

$p^{\prime}=20\ \text{mm}=2{,}0\ \text{cm}$

Passo 2 — Aplicar a equação dos pontos conjugados.

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p^{\prime}}$

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{35}+\dfrac{1}{2}$

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{37}{70}\ \text{cm}^{-1}$

$f=\dfrac{70}{37}\ \text{cm}\approx1{,}89\ \text{cm}$

Passo 3 — Comparar com as opções. O valor aproximado é $1{,}9\ \text{cm}$.

Conclusão: alternativa C.

Ideia central: uma casca esférica fina com carga uniformemente distribuída produz campo elétrico nulo em seu interior e, externamente, equivale a uma carga puntiforme localizada no centro.

Passo 1 — Aplicar a simetria esférica. Escolhemos uma superfície gaussiana esférica de raio $r$. Pela lei de Gauss, em sua forma algébrica para simetria esférica:

$E\cdot 4\pi r^2=\dfrac{Q_{\mathrm{int}}}{\varepsilon_0}$

Para $0\leq r<R$, a superfície não envolve cargas da casca:

$Q_{\mathrm{int}}=0$

$E(r)=0\qquad(0\leq r<R)$

Passo 2 — Analisar a região externa. Para $r>R$, toda a carga $Q$ está encerrada:

$E(r)\,4\pi r^2=\dfrac{|Q|}{\varepsilon_0}$

$E(r)=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{|Q|}{r^2}\qquad(r>R)$

Passo 3 — Identificar o gráfico. O campo permanece nulo até a superfície, passa a ter valor não nulo imediatamente fora dela e diminui segundo $1/r^2$. É justamente o comportamento do gráfico e.

Conclusão: alternativa E.

Observação: o salto do gráfico na superfície corresponde à idealização de uma casca infinitamente fina. A expressão do campo na própria superfície depende de como essa idealização é tratada.

Ideia central: identificar os parâmetros do movimento uniformemente variado pela comparação da equação dada com a função horária padrão, sem utilizar cálculo diferencial.

Passo 1 — Comparar as equações.

$S=S_0+v_0t+\dfrac{a}{2}t^2$

$S=2+16t-4t^2$

Igualando coeficientes:

$S_0=2\ \text{m}$

$v_0=16\ \text{m/s}$

$\dfrac{a}{2}=-4\quad\Longrightarrow\quad a=-8\ \text{m/s}^2$

Passo 2 — Verificar quando o móvel para e inverte o sentido.

$v=v_0+at$

$v=16-8t$

$0=16-8t\quad\Longrightarrow\quad t=2\ \text{s}$

Passo 3 — Classificar o movimento. No intervalo $0<t<2\ \text{s}$, a velocidade é positiva e a aceleração é negativa: o módulo da velocidade diminui, isto é, o movimento é retardado. Após $2\ \text{s}$, o móvel inverte o sentido e passa a acelerar em módulo.

Conclusão: movimento uniformemente retardado até $t=2\ \text{s}$, com $v_0=16\ \text{m/s}$. Alternativa B.

Ideia central: quando dois meios transparentes têm o mesmo índice de refração, a luz não sofre desvio na interface e, idealmente, a reflexão de Fresnel desaparece.

Passo 1 — Comparar os índices.

$n_1=n_2=1{,}6$

Passo 2 — Usar Snell-Descartes.

$n_1\operatorname{sen}i=n_2\operatorname{sen}r$

$\operatorname{sen}i=\operatorname{sen}r$

$r=i$

O raio continua na mesma direção; não ocorre mudança de velocidade entre os dois meios e não há desvio refrativo.

Passo 3 — Verificar a reflexão na interface. Na incidência normal, a fração de potência refletida é:

$\mathcal R=\left(\dfrac{n_1-n_2}{n_1+n_2}\right)^2$

$\mathcal R=0$

Com índices coincidentes e meios ideais, as reflexões de interface tornam-se desprezíveis. O vidro perde o contraste óptico com o líquido.

Conclusão: alternativa A.

Precisão terminológica: a alternativa A usa “não sofre refração” no sentido escolar de ausência de desvio observável. Há transmissão da luz através da interface, mas não há alteração na direção nem na velocidade.

Ideia central: parte do calor recebido é utilizada para realizar trabalho, e a parcela restante aumenta a energia interna do sistema.

Passo 1 — Definir a convenção de sinais. O calor recebido é positivo; o trabalho realizado pelo sistema também é positivo.

$Q=+250\ \text{J}$

$W=+100\ \text{J}$

Passo 2 — Aplicar a Primeira Lei da Termodinâmica.

$\Delta U=Q-W$

$\Delta U=250-100$

$\Delta U=+150\ \text{J}$

Conclusão: a energia interna aumenta de $150\ \text{J}$. Alternativa E.

Ideia central: a queda de pressão favorece a vaporização do GLP. A mudança de fase exige energia, retirada do líquido remanescente e das paredes do botijão, causando resfriamento.

Passo 1 — Identificar o fenômeno. Dentro do botijão há GLP líquido em equilíbrio com seu vapor. Ao escapar gás pela válvula, a pressão cai e mais líquido vaporiza.

Passo 2 — Relacionar a vaporização ao calor latente.

$Q_{\mathrm{vap}}=m_{\mathrm{vap}}L_{\mathrm v}$

Essa energia necessária à vaporização é absorvida do sistema líquido–botijão e, posteriormente, do ambiente.

Passo 3 — Explicar a redução de temperatura. Quando a energia exigida pela vaporização é maior que a energia reposta pelo ambiente, a temperatura do botijão diminui; em vazamentos intensos podem surgir condensação ou gelo na superfície externa.

Conclusão: o botijão esfria porque cede energia ao GLP que vaporiza. Alternativa B.

Ideia central: pelo princípio de Arquimedes, o empuxo sobre um corpo corresponde ao peso do fluido deslocado; em repouso, a perda aparente de peso corresponde a esse empuxo.

Passo 1 — Escrever o empuxo.

$E=\rho_{\ell}gV_{\mathrm{deslocado}}$

Passo 2 — Interpretar o peso aparente. Em uma pesagem com o corpo imerso e em equilíbrio, o empuxo reduz a força que o sustentáculo precisa exercer:

$P_{\mathrm{aparente}}=P_{\mathrm{real}}-E$

Passo 3 — Determinar a perda aparente.

$\Delta P=P_{\mathrm{real}}-P_{\mathrm{aparente}}=E$

$\Delta P=\rho_{\ell}gV_{\mathrm{deslocado}}$

A última expressão é precisamente o peso do líquido deslocado.

Conclusão: alternativa C.

Ideia central: a parede sem atrito exerce apenas uma força normal horizontal. A componente vertical da tração sustenta todo o peso da barra; o equilíbrio de torques determina a posição do fio.

Passo 1 — Identificar as forças. A barra recebe: peso $P=Mg$ no seu centro de massa, a distância $L/2$ da parede; reação normal $N$ da parede, horizontal; e tração $\vec T$ do fio, aplicada a uma distância $x$ da parede.

Passo 2 — Equilíbrio das forças verticais. A parede não oferece atrito e, portanto, não sustenta verticalmente a barra:

$\sum F_y=0$

$T_y-P=0$

$T_y=P=Mg$

Passo 3 — Equilíbrio dos torques em relação ao contato com a parede. A força normal não produz torque em relação a esse ponto:

$\sum\tau_{\mathrm{parede}}=0$

$T_y\,x-P\,\dfrac{L}{2}=0$

Passo 4 — Substituir o equilíbrio vertical.

$P\,x=P\,\dfrac{L}{2}$

$x=\dfrac{L}{2}$

O ponto a $L/2$ da parede é Q, conforme a figura original.

Conclusão: o fio deve ser fixado em Q — alternativa A.

Ideia central: um capacitor inicialmente descarregado comporta-se, no instante de fechamento do circuito, como um curto-circuito ideal; após um longo tempo, em corrente contínua, comporta-se como circuito aberto.

Passo 1 — Corrente inicial. Como a tensão inicial do capacitor descarregado é nula, a bateria aplica toda a tensão ao resistor:

$I_0=\dfrac{V}{R}$

$I_0=\dfrac{10\ \text{V}}{10\ \Omega}$

$I_0=1\ \text{A}$

Passo 2 — Condição final. Muito tempo depois, a corrente tende a zero; não há queda de tensão no resistor, e a ddp do capacitor tende à da bateria:

$V_{C,f}=10\ \text{V}$

Passo 3 — Carga final.

$Q_f=CV_{C,f}$

$Q_f=(5\ \mu\text{F})(10\ \text{V})$

$Q_f=50\ \mu\text{C}$

Conclusão: $I_0=1\ \text{A}$ e $Q_f=50\ \mu\text{C}$. Alternativa D.

Ideia central: a energia fornecida para carregar um capacitor ideal é a área sob o gráfico da diferença de potencial em função da carga.

Passo 1 — Interpretar o gráfico. A tensão cresce linearmente de zero até $10\ \text{V}$ quando a carga atinge $10\ \mu\text{C}$. A área representada é um triângulo.

Passo 2 — Calcular a área sob o gráfico.

$W=\dfrac{q_fV_f}{2}$

$W=\dfrac{(10\cdot10^{-6}\ \text{C})(10\ \text{V})}{2}$

$W=50\cdot10^{-6}\ \text{J}$

$W=50\ \mu\text{J}$

Passo 3 — Conferência física. O resultado coincide com a energia final do capacitor:

$U_f=\dfrac12Q_fV_f$

Conclusão: o trabalho necessário é $50\ \mu\text{J}$ — alternativa B.