UFPB 1999 — 2ª Etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF

Tomando como positivo o sentido do movimento, no primeiro segundo:

$$7=v_0+\frac a2$$

No segundo segundo, o deslocamento é a diferença entre as posições nos instantes $2\text{ s}$ e $1\text{ s}$:

$$11=v_0+\frac{3a}{2}$$

Subtraindo as duas relações:

$$4=a$$

Logo:

$$v_0=7-\frac42=5\text{ m/s}$$

Assim, a aceleração tem módulo $4{,}0\text{ m/s}^2$ e a velocidade inicial tem módulo $5{,}0\text{ m/s}$, ambas no sentido da superfície de Marte.

Chamando de $T_{AB}$ a tração no fio da esquerda e sabendo que $T_{CD}=40\text{ N}$, o equilíbrio horizontal fornece:

$$T_{AB}\sin\alpha=T_{CD}\sin\beta$$

$$T_{AB}\cdot0{,}8=40\cdot0{,}6$$

$$T_{AB}=30\text{ N}$$

No equilíbrio vertical:

$$mg=T_{AB}\cos\alpha+T_{CD}\cos\beta$$

$$mg=30\cdot0{,}6+40\cdot0{,}8=50\text{ N}$$

Como $g=10\text{ m/s}^2$:

$$m=5{,}0\text{ kg}$$

Se a massa total do projétil é $2m$, antes da divisão sua quantidade de movimento é horizontal:

$$\vec p_i=2m\cdot6\hat i=12m\hat i$$

Uma das partes sai verticalmente para baixo com velocidade $5\text{ m/s}$:

$$\vec v_1=-5\hat j$$

Pela conservação da quantidade de movimento durante a divisão:

$$12\hat i=\vec v_1+\vec v_2$$

Portanto:

$$\vec v_2=12\hat i+5\hat j$$

Seu módulo é

$$v_2=\sqrt{12^2+5^2}=13\text{ m/s}$$

A elevação vertical da esfera é

$$h=L-L\cos\alpha=3(1-0{,}6)=1{,}2\text{ m}$$

O trabalho da força peso é

$$W_P=-mgh=-2\cdot10\cdot1{,}2=-24\text{ J}$$

A esfera parte e chega ao repouso, portanto $\Delta K=0$. A tração é sempre perpendicular ao deslocamento instantâneo e não realiza trabalho. Assim:

$$W_F+W_P=0$$

$$W_F=+24\text{ J}$$

O empuxo sobre $A$ é

$$E_A=\rho_{agua}V_Ag=10^3\cdot3\times10^{-3}\cdot10=30\text{ N}$$

A massa de $A$ é

$$m_A=\rho_AV_A=0{,}6\times10^3\cdot3\times10^{-3}=1{,}8\text{ kg}$$

Logo, seu peso vale $18\text{ N}$. No equilíbrio do corpo $A$, o empuxo é equilibrado pelo peso e pela tração:

$$E_A=P_A+T$$

$$30=18+T\Rightarrow T=12\text{ N}$$

Para o corpo $B$, o empuxo e a tração apontam para cima:

$$m_Bg=E_B+T=8+12=20\text{ N}$$

$$m_B=2{,}0\text{ kg}$$

O trabalho líquido num ciclo é a área interna do diagrama $P$–$V$. A região é triangular:

$$W=\frac12\Delta V\Delta P$$

$$W=\frac12(1{,}2-0{,}8)(4\times10^5-1\times10^5)$$

$$W=6{,}0\times10^4\text{ J}$$

Na transformação $C\to A$, o calor cedido é

$$Q_{CA}=-1{,}5\times10^4\cdot4=-6{,}0\times10^4\text{ J}$$

Em $B\to C$, $Q_{BC}=0$ por ser adiabática. Num ciclo completo, $\Delta U=0$, portanto:

$$Q_{ciclo}=W$$

$$Q_{AB}-6{,}0\times10^4=6{,}0\times10^4$$

$$Q_{AB}=1{,}2\times10^5\text{ J}$$

Esse é o calor recebido pela substância. Assim, o rendimento é

$$\eta=\frac{W}{Q_{recebido}}=\frac{6{,}0\times10^4}{1{,}2\times10^5}=0{,}50=50\%$$

Para pequenas oscilações, o período do pêndulo simples é

$$T=2\pi\sqrt{\frac lg}$$

Elevando ao quadrado:

$$T^2=\frac{4\pi^2}{g}l$$

Com $\pi^2=10$ e $g=10\text{ m/s}^2$:

$$T^2=4l$$

Portanto, o gráfico de $T^2$ em função de $l$ é uma reta que passa pela origem e tem inclinação $4\text{ s}^2/\text{m}$. Dois pontos possíveis são:

$$l=0{,}5\text{ m}\Rightarrow T^2=2\text{ s}^2$$

$$l=1{,}0\text{ m}\Rightarrow T^2=4\text{ s}^2$$

O índice de refração do vidro é

$$n=\frac cv=\frac{3\times10^8}{2\times10^8}=1{,}5$$

Pela lei de Snell, chamando de $r$ o ângulo de refração no vidro:

$$n_{ar}\sin\theta=n_{vidro}\sin r$$

$$1\cdot0{,}9=1{,}5\sin r$$

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

Logo, $\cos r=0{,}8$ e

$$\tan r=\frac{0{,}6}{0{,}8}=0{,}75$$

Como a espessura da lâmina é $4{,}0\text{ cm}$:

$$AB=4{,}0\tan r=4{,}0\cdot0{,}75=3{,}0\text{ cm}$$

Pelo gráfico, quando $d=0{,}3\text{ m}$:

$$F=8\times10^3\text{ N}$$

Como a força elétrica varia com o inverso do quadrado da distância, ao dobrar a distância para $0{,}6\text{ m}$:

$$F_1=8\times10^3\left(\frac{0{,}3}{0{,}6}\right)^2=2\times10^3\text{ N}$$

Pela lei de Coulomb:

$$F=k_0\frac{q_1q_2}{d^2}$$

$$q_1q_2=\frac{Fd^2}{k_0}=\frac{8\times10^3(0{,}3)^2}{9\times10^9}=8\times10^{-8}\text{ C}^2$$

O produto é positivo, coerente com a repulsão entre as cargas.

Pela lei das malhas, a tensão da fonte é dividida entre o resistor e o capacitor:

$$\varepsilon=Ri+U_C$$

$$12=4\cdot0{,}5+U_C$$

$$U_C=10\text{ V}$$

A carga no capacitor é

$$Q=CU_C=2\mu\text{F}\cdot10\text{ V}=20\mu\text{C}$$

A energia potencial elétrica armazenada é

$$E=\frac12CU_C^2$$

$$E=\frac12\cdot2\times10^{-6}\cdot10^2=1{,}0\times10^{-4}\text{ J}$$

Como as duas cargas são positivas, $q_2$ se afasta de $q_1$. A diminuição da energia potencial elétrica transforma-se em energia cinética:

$$K_f=U_i-U_f$$

$$K_f=k_0q_1q_2\left(\frac1{r_i}-\frac1{r_f}\right)$$

$$K_f=9\times10^9\cdot3\times10^{-6}\cdot2\times10^{-6}\left(1-\frac13\right)$$

$$K_f=3{,}6\times10^{-2}\text{ J}$$

O campo magnético produzido pelo fio retilíneo varia inversamente com a distância ao fio:

$$B=\frac{\mu_0i_1}{2\pi d}$$

A força sobre um lado da espira paralelo ao fio é $F=i_2LB$. Como os lados $AD$ e $BC$ têm o mesmo comprimento e conduzem a mesma corrente:

$$\frac{F_1}{F_2}=\frac{B_{AD}}{B_{BC}}=\frac{r+0{,}30}{r}$$

Usando $F_1=2{,}5F_2$:

$$2{,}5=\frac{r+0{,}30}{r}$$

$$2{,}5r=r+0{,}30$$

$$1{,}5r=0{,}30$$

$$r=0{,}20\text{ m}=20\text{ cm}$$