UFPB 1986 — 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Como os blocos têm a mesma massa $m$, para o bloco $A$:

$$T=ma$$

Para o bloco $B$:

$$mg-T=ma$$

Somando as equações:

$$mg=2ma\Rightarrow a=\frac g2=5\text{ m/s}^2$$

Partindo do repouso:

$$\Delta s=\frac{at^2}{2}=\frac{5\cdot2^2}{2}=10\text{ m}$$

Em uma colisão elástica frontal entre massas iguais, a esfera incidente transfere sua velocidade para a esfera inicialmente em repouso. Assim, logo após a colisão, a segunda esfera tem $v=4\text{ m/s}$.

Sua energia cinética nesse instante é

$$E_{c0}=\frac{mv^2}{2}=\frac{2\cdot4^2}{2}=16\text{ J}$$

Durante a queda de $3\text{ m}$, a energia potencial gravitacional perdida transforma-se em energia cinética:

$$mgh=2\cdot10\cdot3=60\text{ J}$$

Logo:

$$E_c=16+60=76\text{ J}$$

A força resultante radial deve fornecer a força centrípeta:

$$F_c=\frac{mv^2}{R}=\frac{4\cdot6^2}{2}=72\text{ N}$$

O trabalho da força aplicada é

$$W_F=30\cdot3=90\text{ J}$$

O trabalho do peso é

$$W_P=-mgh=-1\cdot10\cdot3=-30\text{ J}$$

O trabalho resultante é a variação da energia cinética:

$$\Delta E_c=W_R=90-30=60\text{ J}$$

Como o corpo parte do repouso, sua energia cinética final é $60\text{ J}$.

O trabalho da força peso depende apenas da variação de altura, e não da distância horizontal entre os pontos:

$$W_P=mg(h_i-h_f)$$

$$W_P=1{,}2\cdot10\cdot(10-2)=96\text{ J}$$

Na superfície de um planeta:

$$P=\frac{GMm}{R^2}$$

Como os dois planetas têm o mesmo raio, o peso é diretamente proporcional à massa do planeta:

$$\frac{P_2}{P_1}=\frac{M_2}{M_1}=\frac{1{,}2\times10^{25}}{6{,}0\times10^{24}}=2$$

Logo:

$$P_2=2\cdot34=68\text{ N}$$

Para a mesma profundidade:

$$\Delta p=\rho gh$$

Logo, a diferença de pressão é diretamente proporcional à densidade:

$$\frac{\Delta p_2}{\Delta p_1}=\frac{d_2}{d_1}=\frac{6\times10^3}{500}=12$$

$$\Delta p_2=12\cdot4=48\text{ atm}$$

A força elétrica é

$$F=qE=4\times10^{-6}\cdot4\times10^6=16\text{ N}$$

Assim:

$$a=\frac Fm=16\text{ m/s}^2$$

Partindo do repouso:

$$v=at=16\cdot5=80\text{ m/s}$$

O aparelho deve receber $110\text{ V}$ dos $220\text{ V}$ fornecidos. Portanto, o resistor em série deve ficar submetido a

$$U_R=220-110=110\text{ V}$$

Como a corrente deve ser $2{,}0\text{ A}$:

$$R=\frac{U_R}{i}=\frac{110}{2}=55\Omega$$

Como não há atrito, a energia mecânica de cada corpo permanece constante.

Para o corpo I, de massa $0{,}10\text{ kg}$:

$$E_{mI}=mgh=0{,}10\cdot10\cdot20=20\text{ J}$$

Para o corpo II, de massa $0{,}20\text{ kg}$:

$$E_{mII}=0{,}20\cdot10\cdot20=40\text{ J}$$

O gráfico correto deve mostrar duas retas horizontais, em $20\text{ J}$ e $40\text{ J}$.

A capacidade térmica é

$$C=\frac{Q}{\Delta T}$$

Para $A$, ao receber $200\text{ cal}$, a temperatura vai de $10^\circ\text{C}$ para $20^\circ\text{C}$:

$$C_A=\frac{200}{20-10}=20\text{ cal}/^\circ\text{C}$$

Para $B$, a temperatura vai de $0^\circ\text{C}$ para $40^\circ\text{C}$:

$$C_B=\frac{200}{40}=5\text{ cal}/^\circ\text{C}$$

Logo:

$$\frac{C_A}{C_B}=\frac{20}{5}=4$$

No centro, as forças produzidas pelas quatro cargas dos vértices se anulam por simetria. Para que cada carga de vértice também fique em equilíbrio, a carga central deve atraí-la, portanto deve ser negativa.

A resultante repulsiva sobre uma carga de vértice tem a forma

$$F_R=\frac{kq^2}{a^2}\cdot\text{constante}$$

A força produzida pela carga central $Q$ tem a forma

$$F_C=\frac{kq|Q|}{a^2}\cdot\text{constante}$$

Ao igualar os módulos, o fator $a^2$ se cancela e resulta $|Q|$ proporcional a $q$. Portanto, a carga central é negativa e seu valor depende de $q$, mas não do lado do quadrado.

No movimento circular uniforme, o módulo da velocidade permanece constante e a força resultante é sempre perpendicular à velocidade.

A força magnética sobre uma carga em movimento é

$$F=|q|vB\sin\theta$$

Se o campo magnético for perpendicular ao plano da trajetória, ele será perpendicular à velocidade em todos os pontos e a força magnética poderá atuar como força centrípeta, sem alterar o módulo da velocidade.

O potencial elétrico é uma grandeza escalar:

$$V=k\sum\frac{q_i}{r_i}$$

Tomando o lado de cada quadrícula como $a$, na configuração II:

$$V_A=k\left(-\frac{4q}{4a}+\frac qa+\frac{q}{2\sqrt2a}-\frac{2q}{4\sqrt2a}\right)=0$$

Na configuração III, as duas cargas mais afastadas, $-q$ e $+q$, estão à mesma distância de $A$ e se cancelam. Além disso:

$$k\frac{2q}{2a}+k\frac{-q}{a}=0$$

Portanto, apenas II e III produzem potencial nulo em $A$.

Como o fio é perpendicular ao campo:

$$F_m=BIL=4\times10^{-3}\cdot2\cdot3=2{,}4\times10^{-2}\text{ N}$$

Assim:

$$a=\frac{F_m}{m}=\frac{2{,}4\times10^{-2}}{0{,}5}=4{,}8\times10^{-2}\text{ m/s}^2$$

Na reflexão, o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência, ambos medidos em relação à normal. Portanto, o raio refletido deve formar $60^\circ$ com a normal, isto é, $30^\circ$ com a superfície.

Ao passar do ar para o vidro, a luz entra em um meio de maior índice de refração e se aproxima da normal. Assim, o ângulo de refração deve ser menor que $60^\circ$.

No par correto, o gráfico de velocidade começa em $-8\text{ m/s}$ e cresce linearmente, atingindo $v=0$ em $t=4\text{ s}$. Portanto:

$$v=-8+2t$$

A posição correspondente deve ser uma parábola de concavidade para cima. Como o gráfico indica $s(0)=20\text{ m}$:

$$s=20-8t+t^2$$

Em $t=4\text{ s}$:

$$s(4)=20-32+16=4\text{ m}$$

O mínimo da posição ocorre exatamente quando $v=0$, em $t=4\text{ s}$, coincidindo com o gráfico da alternativa correta.