UFPB 1997 — 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Da relação $F=\alpha v^2$:

$$\alpha=\frac{F}{v^2}$$

No SI, $[F]=\text{kg·m/s}^2$ e $[v^2]=\text{m}^2/\text{s}^2$. Portanto:

$$[\alpha]=\frac{\text{kg·m/s}^2}{\text{m}^2/\text{s}^2}=\frac{\text{kg}}{\text{m}}$$

Pelo diagrama, $\vec F_1$ é vertical e tem módulo $4\text{ N}$. A componente horizontal de $\vec F_2$ vale $3\text{ N}$.

Como $F_{2x}=F_2\cos60^\circ$:

$$3=F_2\cdot0{,}50\Rightarrow F_2=6\text{ N}$$

A componente vertical de $\vec F_2$ é:

$$F_{2y}=6\cdot0{,}87=5{,}22\text{ N}$$

Para equilíbrio, a soma das componentes deve ser nula:

$$F_{3x}+3=0\Rightarrow F_{3x}=-3{,}0\text{ N}$$

$$F_{3y}+4+5{,}22=0\Rightarrow F_{3y}=-9{,}22\text{ N}$$

Logo, aproximadamente, $F_{3y}=-9{,}2\text{ N}$.

Decompomos a força aplicada:

$$F_x=7{,}5\cdot0{,}8=6{,}0\text{ N}$$

$$F_y=7{,}5\cdot0{,}6=4{,}5\text{ N}$$

Na vertical não há aceleração. Assim:

$$N+F_y-mg=0$$

$$N=15-4{,}5=10{,}5\text{ N}$$

Como a superfície é lisa, a força resultante horizontal é $6{,}0\text{ N}$. Pela segunda lei de Newton:

$$a=\frac{6}{1{,}5}=4{,}0\text{ m/s}^2$$

Partindo do repouso, em $3\text{ s}$:

$$\Delta s=\frac{at^2}{2}=\frac{4\cdot3^2}{2}=18\text{ m}$$

Como o sistema estava inicialmente em repouso, seu momento linear total era nulo. Sem força externa horizontal, o momento total permanece nulo:

$$\vec p_1+\vec p_2=\vec 0$$

O momento do bloco $1$ é:

$$p_1=m_1v_1=0{,}5\cdot12=6{,}0\text{ kg·m/s}$$

Logo, o bloco $2$ adquire momento de mesmo módulo e sentido oposto:

$$p_2=6{,}0\text{ kg·m/s}$$

O trabalho da força peso depende apenas da variação de altura:

$$W_P=mgh=0{,}5\cdot10\cdot15=75\text{ J}$$

O trabalho da força resultante é igual à variação da energia cinética:

$$W_R=\Delta K=\frac{m}{2}(v_f^2-v_i^2)$$

$$W_R=\frac{0{,}5}{2}(17^2-7^2)$$

$$W_R=0{,}25(289-49)=60\text{ J}$$

O calor retirado da fonte quente é:

$$Q_Q=150\cdot4{,}2=630\text{ J}$$

O rendimento da máquina vale:

$$\eta=\frac{W}{Q_Q}=\frac{210}{630}=\frac13\approx33{,}3\%$$

Para uma máquina de Carnot operando entre $T_Q=480\text{ K}$ e $T_F=240\text{ K}$:

$$\eta_C=1-\frac{T_F}{T_Q}=1-\frac{240}{480}=0{,}50$$

Como o rendimento dado é menor que $50\%$, a máquina não é uma máquina de Carnot.

Pelo gráfico, dois máximos consecutivos da aceleração ocorrem em $t=2\text{ s}$ e $t=6\text{ s}$. Logo:

$$T=4\text{ s}\Rightarrow f=\frac1T=0{,}25\text{ Hz}$$

A frequência angular é:

$$\omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{6}{4}=1{,}5\text{ rad/s}$$

No MHS, $a_{\max}=\omega^2A$. Como $a_{\max}=9\text{ m/s}^2$:

$$A=\frac{9}{(1{,}5)^2}=4{,}0\text{ m}$$

Em $t=1\text{ s}$, o gráfico mostra $a=0$. Portanto, o corpo passa pela posição de equilíbrio e sua velocidade tem módulo máximo:

$$v_{\max}=\omega A=1{,}5\cdot4=6{,}0\text{ m/s}$$

Um espelho convexo produz sempre imagem virtual, direita e menor. Como a imagem é virtual e maior, o espelho deve ser côncavo, com o objeto entre o foco e o vértice.

Na segunda situação, para o mesmo espelho, a imagem tem metade do tamanho do objeto. Sendo real e invertida:

$$\left|\frac{q}{p}\right|=\frac12$$

Com $p=75\text{ cm}$:

$$q=37{,}5\text{ cm}$$

Pela equação dos espelhos:

$$\frac1f=\frac1p+\frac1q=\frac1{75}+\frac1{37{,}5}=\frac3{75}$$

$$f=25\text{ cm}$$

Como $r=2f$:

$$r=50\text{ cm}$$

Como a aceleração é constante:

$$a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{1\times10^6}{2}=5{,}0\times10^5\text{ m/s}^2$$

A força elétrica é $F=qE$ e também $F=ma$. Logo:

$$E=\frac{ma}{q}=\frac{4{,}8\times10^{-25}\cdot5\times10^5}{1{,}6\times10^{-19}}=1{,}5\text{ N/C}$$

O deslocamento em $2\text{ s}$, partindo do repouso, é:

$$d=\frac{at^2}{2}=\frac{5\times10^5\cdot4}{2}=1\times10^6\text{ m}$$

Como a carga é positiva, ela acelera no sentido do campo, isto é, para potenciais menores. Assim:

$$V_i-V_f=Ed=1{,}5\cdot10^6=1{,}5\times10^6\text{ V}$$

Para um gerador real em funcionamento:

$$V_A-V_B=\varepsilon-ri$$

Quando $i=0$, o gráfico fornece a força eletromotriz:

$$\varepsilon=18\text{ V}$$

O gráfico atinge tensão nula em $i=3\text{ A}$. Então:

$$0=18-3r$$

$$r=6{,}0\Omega$$

Imediatamente após o fechamento da chave, o capacitor está descarregado e sua tensão é nula. Assim:

$$i_0=\frac{\varepsilon}{r}=\frac{6}{2}=3{,}0\text{ A}$$

Quando a corrente vale $1{,}5\text{ A}$, a queda de tensão no resistor é:

$$U_r=ri=2\cdot1{,}5=3\text{ V}$$

Pela lei das malhas:

$$\varepsilon=U_r+U_C$$

$$6=3+U_C\Rightarrow U_C=3\text{ V}$$

Logo:

$$Q=CU_C=2\times10^{-6}\cdot3=6\times10^{-6}\text{ C}=6{,}0\mu\text{C}$$

Os trechos retilíneos estão alinhados com o centro do anel. Para cada elemento desses fios, o vetor que liga o elemento ao centro é paralelo ao fio, de modo que sua contribuição para o campo no centro é nula.

Cada semicircunferência de raio $R$ produz, no centro:

$$B=\frac{\mu_0I}{4R}$$

As correntes nos dois semicículos têm sentidos opostos ao redor do centro, portanto seus campos também são opostos. O ramo superior $ADB$ conduz $5\text{ A}$ e produz campo entrando na página; o ramo inferior $ACB$ conduz $3\text{ A}$ e produz campo saindo da página.

Assim, o campo resultante tem módulo:

$$B_R=\frac{\mu_0(5-3)}{4R}$$

$$B_R=\frac{12\times10^{-7}\cdot2}{4\cdot0{,}5}=1{,}2\times10^{-6}\text{ T}$$

Como prevalece o campo do ramo superior, o sentido resultante é para dentro da página.