UFPB 1987 — 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Queda livre a partir do repouso, sem o tempo no enunciado: a equação de Torricelli resolve direto.

$$v^2=2gh\;\Longrightarrow\;h=\frac{v^2}{2g}=\frac{40^2}{2\cdot10}=\frac{1600}{20}=80\ \text{m}$$

Dá para conferir pelo tempo: a velocidade cresce $10\ \text{m/s}$ por segundo, então a queda durou $4\ \text{s}$, e $h=\frac{g t^2}{2}=\frac{10\cdot16}{2}=80\ \text{m}$.

Na colisão perfeitamente inelástica, os corpos saem grudados. A energia cinética não se conserva, mas a quantidade de movimento sim:

$$m\cdot144+m\cdot0=(m+m)\,v_f\;\Longrightarrow\;v_f=\frac{144}{2}=72\ \text{m/s}$$

Com massas iguais, a velocidade final é a metade. Metade da energia cinética inicial se perde na deformação e no aquecimento dos corpos.

Pelo teorema da energia cinética, o trabalho da força resultante é a variação da energia cinética:

$$W=\frac{m\,v^2}{2}-\frac{m\,v_0^2}{2}=\frac{0{,}5}{2}\,(16^2-2^2)=0{,}25\cdot252=63\ \text{J}$$

O erro comum é calcular com a diferença de velocidades, $(16-2)^2$. A energia cinética depende do quadrado da velocidade, então é preciso fazer a diferença dos quadrados.

A cada choque a bola perde metade da energia que tinha. Como no ponto mais alto toda a energia é potencial, $mgh$, a altura máxima também cai à metade a cada choque:

$$320\;\xrightarrow{\ 1^\circ\ }\;160\;\xrightarrow{\ 2^\circ\ }\;80\;\xrightarrow{\ 3^\circ\ }\;40\ \text{m}$$

Em forma geral, $h_n=h_0\left(\frac12\right)^n$. A massa da bola não entra na conta.

Primeiro, passe a velocidade para m/s: $180\ \text{km/h}=\frac{180}{3{,}6}=50\ \text{m/s}$.

Com velocidade constante numa curva, a aceleração é centrípeta:

$$a_c=\frac{v^2}{R}=\frac{50^2}{50}=50\ \text{m/s}^2=5g$$

Cinco vezes a gravidade: é por isso que os pilotos de Fórmula 1 treinam o pescoço, que precisa segurar o capacete sob essa aceleração lateral. Resposta: 5.

Pelo princípio de Pascal, o acréscimo de pressão é o mesmo nos dois cilindros: $\dfrac{F_1}{A_1}=\dfrac{F_2}{A_2}$.

A força no cilindro maior é o peso do carro, $F_2=500\cdot10=5000\ \text{N}$. As áreas são proporcionais ao quadrado dos raios:

$$F_1=F_2\,\frac{A_1}{A_2}=5000\cdot\left(\frac{2}{20}\right)^2=5000\cdot\frac{1}{100}=50\ \text{N}$$

A armadilha é usar a razão dos raios, e não dos quadrados: daria $500\ \text{N}$. Raio dez vezes maior é área cem vezes maior.

A resistência equivalente da associação sai da lei de Ohm:

$$R_{eq}=\frac{U}{i}=\frac{252}{2}=126\ \Omega$$

Em série, as resistências se somam. Com dois resistores iguais, $R_{eq}=2R$, e cada um vale $63\ \Omega$.

Em paralelo, cada máquina fica com os $220\ \text{V}$ da rede e puxa uma corrente própria:

$$i=\frac{U}{R}=\frac{220}{330}=\frac23\ \text{A}$$

As correntes das máquinas se somam na entrada, e o total não pode passar dos $50\ \text{A}$ do fusível:

$$N\cdot\frac23\le50\;\Longrightarrow\;N\le75$$

Das 100 máquinas, no máximo 75 podem funcionar juntas.

O potencial de uma carga puntiforme depende só da distância: $V=\frac{kq}{d}$. No terceiro vértice, cada carga está a $3\ \text{m}$ e produz os mesmos $40\ \text{V}$.

O potencial é escalar, então basta somar:

$$V=40+40=80\ \text{V}$$

Se a pergunta fosse o campo elétrico, seria preciso somar vetores, levando em conta o ângulo de $60^\circ$ entre as direções. Com potencial, não.

O campo resultante no ponto A é a soma vetorial dos campos das três cargas, cada um com módulo $E=\frac{k|q|}{d^2}$.

Carga $q_3=+4{,}0\times10^{-8}\ \text{C}$, a $2\ \text{m}$: $E_3=\frac{9\times10^9\cdot4\times10^{-8}}{4}=90\ \text{N/C}$, na horizontal.

Carga $q_1=+4{,}0\times10^{-8}\ \text{C}$, a $2\ \text{m}$: $E_1=90\ \text{N/C}$, na vertical.

Carga $q_2=-1{,}0\times10^{-8}\ \text{C}$, a $1\ \text{m}$: $E_2=\frac{9\times10^9\cdot1\times10^{-8}}{1}=90\ \text{N/C}$, na mesma vertical que $E_1$, mas em sentido oposto (a carga negativa atrai).

As duas componentes verticais se cancelam, e sobra o campo horizontal de $q_3$: $E_R=90\ \text{N/C}$.

Enquanto a rã salta, as forças entre ela e a tábua são internas ao sistema. Desprezando o atrito da água, não há força externa horizontal.

Então a quantidade de movimento horizontal do sistema tábua + rã, que era zero, continua zero: a rã vai para um lado e a tábua recua para o outro.

A velocidade da tábua depende da componente horizontal do impulso da rã, que depende de $\alpha$ e da massa da rã (B e E falsas). E se a tábua recua, ela não fica imóvel (D falsa). Acertar a outra ponta depende do ângulo e da velocidade do salto (C falsa).

Com aceleração constante, a velocidade é uma função do primeiro grau do tempo:

$$v=v_0+at=4+0{,}2\,t$$

O gráfico é uma reta crescente que parte de $4\ \text{m/s}$ e chega a $5\ \text{m/s}$ em $t=5\ \text{s}$. É o gráfico B.

Um gráfico curvo corresponderia a aceleração variável; um patamar, a velocidade constante.

Na colisão perfeitamente elástica, duas grandezas se conservam: a quantidade de movimento total e a energia cinética total.

O ponto P mostra os totais (antes, e portanto também depois). O ponto M mostra os valores de uma das partículas depois da colisão. A outra partícula tem de completar os totais:

$$E_{c,\text{outra}}=E_{c,P}-E_{c,M}\qquad p_{\text{outra}}=p_P-p_M$$

No gráfico, o ponto com essas coordenadas é o E.

A água ferve quando a pressão do seu vapor iguala a pressão do ambiente. Em grandes altitudes a pressão atmosférica é menor, e a pressão de vapor necessária é atingida numa temperatura mais baixa.

Em La Paz, a quase $3600\ \text{m}$, a água ferve perto de $87\ ^\circ\text{C}$. É por isso que o cozimento demora mais lá em cima, e que a panela de pressão faz o contrário: aumenta a pressão para a água ferver acima de $100\ ^\circ\text{C}$.

O calor específico não tem nada a ver com isso.

Para a mesma quantidade de calor, $Q=m_Ac_A\Delta T_A=m_Bc_B\Delta T_B$. Com $\Delta T_A=2\Delta T_B$:

$$6\cdot c_A\cdot2\Delta T_B=1{,}5\cdot c_B\cdot\Delta T_B\;\Longrightarrow\;12\,c_A=1{,}5\,c_B\;\Longrightarrow\;\frac{c_A}{c_B}=\frac{1{,}5}{12}=\frac18$$

Faz sentido: A tem quatro vezes a massa e ainda assim esquenta o dobro. Seu calor específico tem de ser bem menor, oito vezes menor.

O gráfico tem três partes. Durante a fusão, a temperatura fica constante: um patamar.

Antes e depois da fusão, com a fonte fornecendo calor a uma taxa constante, a temperatura sobe mais devagar quando a capacidade calorífica é maior. Como ela é maior na fase líquida, o trecho depois do patamar é menos inclinado que o de antes.

O gráfico certo tem uma subida mais íngreme, um patamar e uma subida mais suave: é o B.

Na versão idealizada da questão, a borracha é um isolante perfeito: as cargas não se movem através dela. Quando a esfera de ferro toca a de borracha, a carga do ferro não tem como se espalhar pela borracha.

No contato entre dois condutores, a carga se redistribuiria, em proporção ao tamanho de cada um. Esse é o raciocínio que leva às alternativas C, D e E, e ele não vale para isolantes.

No modelo da prova, o ferro fica com $Q$ e a borracha, neutra. (Na prática, pode haver alguma transferência de carga na superfície de contato, mas a questão assume o isolante ideal.)

A prova registra esta questão como anulada.

Conhecer o potencial em apenas quatro pontos não determina o campo elétrico em toda a região: várias distribuições de campo diferentes podem produzir os mesmos quatro valores. Com os dados, nenhuma das alternativas pode ser garantida como a única correta.

A única coisa que os dados permitem calcular é a resistência equivalente:

$$R_{eq}=\frac{U}{i}=\frac{60}{2}=30\ \Omega$$

Não dá para saber como o circuito é montado por dentro. Pode ser um único resistor de $30\ \Omega$, dois de $15\ \Omega$ em série, dois de $60\ \Omega$ em paralelo, ou qualquer combinação que dê $30\ \Omega$. Por isso as alternativas B a E não podem ser afirmadas.

O potencial é uma soma escalar: $V_O=k\sum\dfrac{q_i}{d_i}$. Ele é nulo quando essa soma, levando em conta as distâncias, dá zero.

Configuração II: as cargas estão todas à mesma distância de O, e a soma algébrica é $+q-3q+2q=0$. Potencial nulo.

Configuração IV: as duas cargas $+q$ estão à distância $l$ e a carga $-q$, à distância $\frac l2$:

$$V_O=k\left(\frac{q}{l}+\frac{q}{l}-\frac{q}{l/2}\right)=k\left(\frac{2q}{l}-\frac{2q}{l}\right)=0$$

Nas outras, a soma não se anula. Repare que potencial nulo não significa campo nulo: na configuração II, por exemplo, o campo em O não é zero.