UFPE — Vestibular 2012.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Como ambos partem do repouso, os deslocamentos são $x_A=\tfrac12 a_A t^2$ e $x_B=\tfrac12 a_B t^2$, medidos cada um a partir de sua origem. No encontro, eles somam a distância inicial: $x_A+x_B=d$. Então $\tfrac12(a_A+a_B)t^2=d$, ou seja, $t^2=\dfrac{2d}{a_A+a_B}=\dfrac{2\times19\,200}{6{,}0}=6\,400\ \mathrm{s^2}$. Logo $t=\boxed{80\ \mathrm{s}}$. Atenção para a unidade: $19{,}2\ \mathrm{km}=19\,200\ \mathrm{m}$.

O bloco desce e para após percorrer $L$, portanto sua aceleração é constante e dirigida para cima do plano (é uma desaceleração). Pela equação de Torricelli, $0=v_0^2-2aL$, de onde $a=\dfrac{v_0^2}{2L}=\dfrac{15^2}{2\times5{,}0}=22{,}5\ \mathrm{m/s^2}$. A força resultante é $F_R=ma=4{,}0\times22{,}5=\boxed{90\ \mathrm{N}}$. Não é preciso decompor o peso nem conhecer o atrito: a resultante só depende da massa e da aceleração.

Na queda livre, $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times10\times5{,}0}=10\ \mathrm{m/s}$, e a quantidade de movimento antes do choque é $p=mv=1\,500\times10=1{,}5\times10^4\ \mathrm{kg\,m/s}$. Como o martelo fica parado depois do choque, o impulso da estaca vale $I=\Delta p=1{,}5\times10^4\ \mathrm{N\,s}$. No gráfico $F\times t$, o impulso é a área do trapézio, de bases $0{,}3\ \mathrm{s}$ e $0{,}1\ \mathrm{s}$ e altura $F_{\max}$: $I=\dfrac{(0{,}3+0{,}1)}{2}F_{\max}=0{,}2\,F_{\max}$. Então $F_{\max}=\dfrac{1{,}5\times10^4}{0{,}2}=7{,}5\times10^4\ \mathrm{N}=\boxed{75}\times10^3\ \mathrm{N}$.

A energia mecânica inicial (só cinética) se converte em energia potencial no topo e em trabalho dissipado pelo atrito: $\tfrac12 mv_0^2=mgh+|W_{at}|$. O trabalho do atrito é a área sob o gráfico $F_a\times h$, um triângulo de base $100\ \mathrm{m}$ e altura $10\ \mathrm{N}$: $|W_{at}|=\tfrac12\times10\times100=500\ \mathrm{J}$. Assim, $\tfrac12\times2{,}0\times v_0^2=2{,}0\times10\times100+500=2\,500$, de onde $v_0^2=2\,500$ e $v_0=\boxed{50\ \mathrm{m/s}}$.

Sem atrito, a parede só exerce sobre a trave uma força horizontal. Portanto, na direção vertical, quem equilibra o peso é apenas a componente vertical da tração. O cabo forma $60^\circ$ com a parede (vertical), logo $T\cos60^\circ=Mg$. Então $T=\dfrac{Mg}{\cos60^\circ}=\dfrac{4{,}6\times10}{0{,}50}=\boxed{92\ \mathrm{N}}$.

O volume do gás é praticamente constante, então $\dfrac{P_2}{P_1}=\dfrac{T_2}{T_1}$, com temperaturas absolutas $T_1=300\ \mathrm{K}$ e $T_2=402\ \mathrm{K}$. Inicialmente $P_1=P_{atm}$. Depois de aquecido, $P_2=P_{atm}+\rho g h$, porque o mercúrio sobe no ramo aberto. Substituindo: $\dfrac{P_{atm}+\rho gh}{P_{atm}}=\dfrac{402}{300}=1{,}34$, logo $\rho gh=0{,}34\,P_{atm}$. Com $\rho=13{,}6\ \mathrm{g/cm^3}=1{,}36\times10^4\ \mathrm{kg/m^3}$ e $P_{atm}=1{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}$: $h=\dfrac{0{,}34\times10^5}{1{,}36\times10^4\times10}=0{,}25\ \mathrm{m}=\boxed{25\ \mathrm{cm}}$.

O experimento tem duas etapas: aquecer o sólido de $0\,^\circ\mathrm{C}$ a $30\,^\circ\mathrm{C}$ (trecho inclinado) e fundi-lo a temperatura constante (patamar). A energia total é $Q=mc\Delta T+mL=0{,}100\times400\times30+0{,}100\times80\,000=1\,200+8\,000=9\,200\ \mathrm{J}$. Com a fonte de potência $P=100\ \mathrm{W}$, $t_T=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{9\,200}{100}=\boxed{92\ \mathrm{s}}$ (12 s de aquecimento e 80 s de fusão).

Pela figura, os 15 cm correspondem a três meios comprimentos de onda: $\tfrac32\lambda=0{,}15\ \mathrm{m}$, logo $\lambda=0{,}10\ \mathrm{m}$. A velocidade da onda é $v=\lambda f=0{,}10\times740=\boxed{74\ \mathrm{m/s}}$.

Em uma onda estacionária, a distância entre dois nós consecutivos é meio comprimento de onda. Os extremos fixos são nós e há um único ventre entre eles, então $\dfrac{\lambda}{2}=6{,}0\ \mathrm{m}$ e $\lambda=\boxed{12\ \mathrm{m}}$.

Como o raio entra pela parte curva na direção do centro, ele não se desvia ali; a refração acontece na face plana, onde vale a lei de Snell: $n\,\mathrm{sen}\,\theta_i=\mathrm{sen}\,\theta_r$ (o ar tem índice 1). No gráfico, o último ponto mostra $\theta_r=90^\circ$ quando $\theta_i=30^\circ$: é o ângulo crítico, no qual o raio emerge rasante à face. Então $n\,\mathrm{sen}\,30^\circ=\mathrm{sen}\,90^\circ$, ou seja, $n\times0{,}5=1$ e $n=\boxed{2}$.

Sejam $p=d$ a distância do objeto à lente e $p'$ a da imagem à lente. A imagem é real e invertida, então fica do lado oposto da lente e a distância objeto–imagem é $p+p'=56\ \mathrm{cm}$. A ampliação em módulo é $\dfrac{p'}{p}=\dfrac{0{,}40}{1{,}0}=0{,}40$, portanto $p'=0{,}40\,p$. Substituindo: $p+0{,}40\,p=1{,}40\,p=56$, e $p=\boxed{40\ \mathrm{cm}}$.

O campo na posição de $q_2$ é a soma vetorial dos campos criados por $q_1$ e $q_3$ (a própria $q_2$ não entra). As duas cargas são negativas, então ambos os campos apontam para elas: o de $q_1$ aponta para a esquerda e o de $q_3$, para a direita. Os módulos são $E_1=\dfrac{k|q_1|}{(2d)^2}=\dfrac{k\times16}{4d^2}=\dfrac{4k}{d^2}$ (em unidades de $\mu\mathrm{C}$) e $E_3=\dfrac{k|q_3|}{d^2}=\dfrac{4k}{d^2}$. Têm o mesmo módulo e sentidos opostos, então $E_R=\boxed{0\ \mathrm{V/m}}$ (resposta 00).

Para uma carga pontual, $V=\dfrac{kQ}{r}$, então $Q=\dfrac{Vr}{k}$. Basta ler um ponto nítido da curva: em $r=0{,}15\ \mathrm{m}$ o potencial é $V=300\ \mathrm{V}$ (confira que $V\cdot r$ é constante: em $r=0{,}30\ \mathrm{m}$, $V=150\ \mathrm{V}$). Assim, $Q=\dfrac{300\times0{,}15}{9\times10^9}=5\times10^{-9}\ \mathrm{C}$, isto é, $\boxed{5}$ em unidades de $10^{-9}\ \mathrm{C}$.

No instante em que a chave é fechada, a tensão no capacitor ainda vale $22\ \mathrm{V}$. Pela lei das malhas, $\varepsilon-V_R-V_C=0$, logo $V_R=\varepsilon-V_C=12-22=-10\ \mathrm{V}$. O sinal negativo indica que a corrente circula no sentido oposto ao da bateria (o capacitor, mais carregado, descarrega-se através dela). Em módulo, $I=\dfrac{|V_R|}{R}=\dfrac{10}{2}=\boxed{5\ \mathrm{A}}$.

0-0 — Falsa: uma carga em movimento num campo magnético sofre força magnética $\vec F=q\vec v\times\vec B$, mesmo sem campo elétrico.
1-1 — Verdadeira: é exatamente o caso descrito: carga em movimento, com $\vec v$ perpendicular a $\vec B$, sofre força de módulo $qvB$.
2-2 — Falsa: a força perpendicular à velocidade não muda o módulo de $\vec v$, mas muda sua direção; isso é aceleração (centrípeta), e a trajetória é circular.
3-3 — Verdadeira: a força é sempre perpendicular ao deslocamento, então $W=0$.
4-4 — Falsa: sem trabalho, a energia cinética (e a mecânica) permanece constante.

0-0 — Verdadeira: a constância de $c$ para qualquer observador inercial, independentemente do movimento da fonte, é um postulado da relatividade especial.
1-1 — Falsa: o primeiro postulado vale para todos os referenciais inerciais, sem exceção; a gravidade não é um caso à parte nesse enunciado.
2-2 — Verdadeira: pelo princípio da incerteza de Heisenberg, $\Delta x\,\Delta p\gtrsim\hbar/2$, posição e velocidade não podem ser conhecidas simultaneamente com precisão arbitrária.
3-3 — Falsa: em Bohr, as órbitas estacionárias são aquelas em que o momento angular é múltiplo inteiro de $\hbar=h/2\pi$, não o momento linear.
4-4 — Falsa: a energia de ionização do hidrogênio no estado fundamental é $13{,}6\ \mathrm{eV}$, maior que $10\ \mathrm{eV}$.