UFPE — Engenharias 2012.2 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Com densidade $10^3\ \mathrm{kg/m^3}$, a massa de $6\ \mathrm{m^3}$ de água é $6\times10^3\ \mathrm{kg}$. O número de moléculas é $n=\dfrac{6\times10^3}{3\times10^{-26}}=2\times10^{29}$. Para a ordem de grandeza, compara-se o coeficiente com $\sqrt{10}\approx3{,}16$: como $2<3{,}16$, a ordem de grandeza é $10^{29}$ e $N=\boxed{29}$.

As trajetórias são perpendiculares (o barco segue o rio, o carro segue a ponte), então os deslocamentos também são perpendiculares e a distância entre os móveis é a hipotenusa de um triângulo retângulo. Em $6{,}0\ \mathrm{min}=0{,}10\ \mathrm{h}$: $\Delta x_B=30\times0{,}10=3{,}0\ \mathrm{km}$ e $\Delta x_C=40\times0{,}10=4{,}0\ \mathrm{km}$. Logo $d=\sqrt{3{,}0^2+4{,}0^2}=\boxed{5{,}0\ \mathrm{km}}$. Equivalentemente, a velocidade relativa tem módulo $\sqrt{30^2+40^2}=50\ \mathrm{km/h}$.

O deslocamento é a área sob a curva $v\times t$, com sinal. De $0$ a $10\ \mathrm{s}$, há um triângulo positivo (de $0$ a $5\ \mathrm{s}$) e outro negativo (de $5$ a $10\ \mathrm{s}$), de mesma área: $\tfrac12\times5\times5=12{,}5\ \mathrm{m}$ cada. Eles se cancelam, e a partícula volta à posição inicial em $t=10\ \mathrm{s}$. De $10$ a $15\ \mathrm{s}$, a velocidade é constante e vale $-5{,}0\ \mathrm{m/s}$, então $\Delta x=-5{,}0\times5{,}0=-25\ \mathrm{m}$. A posição final é $x=57-25=\boxed{32\ \mathrm{m}}$.

Como o bloco é menos denso que a água, ele tende a subir, e o fio (preso ao fundo) o puxa para baixo. No equilíbrio: $E=P+T$. O empuxo é $E=\rho_a Vg=10^3\times V\times10=10^4V$ e o peso é $P=\rho Vg=4\times10^2\times V\times10=4\times10^3V$. Logo $10^4V=4\times10^3V+6$, ou seja, $6\times10^3V=6$ e $V=10^{-3}\ \mathrm{m^3}=\boxed{1\ \mathrm{L}}$.

Na explosão, as forças internas são muito maiores que as externas e, sem atrito, não há força externa horizontal: a quantidade de movimento total se conserva. Ela era nula, então os dois pedaços têm quantidades de movimento de mesmo módulo e sentidos opostos: $m_1v_1=m_2v_2$. Assim, $4\times9=6\times v_2$ e $v_2=\boxed{6\ \mathrm{m/s}}$. As massas podem ficar em gramas, pois só aparece a razão entre elas.

O trabalho da força de atrito é a variação da energia mecânica. No lançamento (solo), $E_0=\tfrac12mv_1^2=\tfrac12\times0{,}10\times20^2=20\ \mathrm{J}$. Na altura máxima, o projétil ainda tem velocidade horizontal, então $E_f=\tfrac12mv_2^2+mgh=\tfrac12\times0{,}10\times10^2+0{,}10\times10\times8{,}0=5+8=13\ \mathrm{J}$. A energia dissipada é $|W_{at}|=E_0-E_f=20-13=\boxed{7\ \mathrm{J}}$.

Para satélites do mesmo planeta, vale a terceira lei de Kepler: $\dfrac{R^3}{T^2}$ é constante. Assim, $\dfrac{(10^5)^3}{6^2}=\dfrac{(4\times10^5)^3}{T^2}$. Cancelando $(10^5)^3$: $T^2=4^3\times6^2=64\times36$, de onde $T=8\times6=\boxed{48\ \mathrm{h}}$.

Para a haste ficar em equilíbrio de rotação, a soma dos torques em relação ao apoio deve ser nula: $P_C\,d_C=P_D\,d_D$. Os pesos têm o mesmo fator $g$, que se cancela: $m_C\,d_C=m_D\,d_D$. Então $m_D=\dfrac{m_C\,d_C}{d_D}=\dfrac{1{,}0\times40}{8{,}0}=\boxed{5{,}0\ \mathrm{kg}}$. O braço do objeto desconhecido é cinco vezes menor, por isso ele é cinco vezes mais pesado.

Um litro de água tem massa $1\ \mathrm{kg}$. O calor absorvido é $Q=mc\Delta T=1\times4200\times10=42\,000\ \mathrm{J}$. A taxa constante de transferência é a potência: $T_x=\dfrac{Q}{\Delta t}=\dfrac{42\,000}{21}=2\,000\ \mathrm{W}=\boxed{2\ \mathrm{kW}}$.

Em um ciclo, o gás volta ao estado inicial, então $\Delta U_{ciclo}=0$ e $Q_{total}=W_{total}$. No subprocesso A: $Q_A=-3{,}0\ \mathrm{J}$ (calor cedido) e $W_A=+5{,}0\ \mathrm{J}$. No B, a seta mostra que o volume diminui (compressão), logo o trabalho é negativo e tem módulo igual à área do trapézio: $W_B=-\dfrac{(1{,}5+0{,}5)}{2}\times2{,}0=-2{,}0\ \mathrm{J}$. Pela primeira lei, $\Delta U=(Q_A-W_A)+(Q_B-W_B)=0$, isto é, $(-3-5)+(Q_B+2)=0$, o que dá $Q_B=+6\ \mathrm{J}$. O módulo do calor trocado no subprocesso B é $\boxed{6\ \mathrm{J}}$ (calor recebido pelo gás).

A distância entre duas cristas consecutivas é o comprimento de onda: $\lambda=0{,}20\ \mathrm{m}$. A crista percorre $30\ \mathrm{m}$ em $2{,}0\ \mathrm{s}$, então $v=\dfrac{30}{2{,}0}=15\ \mathrm{m/s}$. Pela equação fundamental da ondulatória, $v=\lambda f$, logo $f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{15}{0{,}20}=\boxed{75\ \mathrm{Hz}}$.

A carga elétrica se conserva: em qualquer região do circuito, a soma das correntes que chegam é igual à soma das que saem. Entram $10+20+30+10=70\ \mathrm{A}$. Saem $i+3{,}0+30$. Então $70=i+33$ e $i=\boxed{37\ \mathrm{A}}$.

$R_4$ e $R_5$ estão em série: $4{,}0+2{,}0=6{,}0\ \Omega$. Esse ramo está em paralelo com $R_3=6{,}0\ \Omega$, o que resulta em $\dfrac{6\times6}{6+6}=3{,}0\ \Omega$. Em série com $R_1$ e $R_2$, a resistência total é $6{,}0+3{,}0+3{,}0=12\ \Omega$. A corrente da bateria é $i=\dfrac{24}{12}=2{,}0\ \mathrm{A}$. O ponto $a$ está logo depois de $R_1$, e o ponto $b$ está no terminal negativo da bateria (fio sem resistência). Então $V_{ab}=\varepsilon-R_1\,i=24-6{,}0\times2{,}0=\boxed{12\ \mathrm{V}}$.

Com $\vec B\perp\vec v$, a força magnética é centrípeta: $\dfrac{Mv^2}{R}=QvB$, de onde $R=\dfrac{Mv}{QB}$. Com $v=10^6\ \mathrm{m/s}$ e $B=5\ \mathrm{T}$: $R_A=\dfrac{9\times10^{-27}\times10^6}{3\times10^{-19}\times5}=6\times10^{-3}\ \mathrm{m}$ e $R_B=\dfrac{4\times10^{-27}\times10^6}{2\times10^{-19}\times5}=4\times10^{-3}\ \mathrm{m}$. As partículas saem após meia volta, a distâncias $2R_A$ e $2R_B$ do ponto de entrada, então $L=2(R_A-R_B)=2\times2\times10^{-3}=4\times10^{-3}\ \mathrm{m}=\boxed{4\ \mathrm{mm}}$.

0-0 — Verdadeira: a frequência é determinada pela fonte e não muda em meios lineares; a luz refletida mantém a frequência original.
1-1 — Falsa: pelo mesmo motivo, a luz transmitida ao meio 2 também mantém a frequência.
2-2 — Verdadeira: a luz refletida continua no meio 1, com a mesma velocidade e a mesma frequência, portanto com o mesmo $\lambda=v/f$.
3-3 — Falsa: no meio 2 a velocidade é outra ($v=c/n_2$) e a frequência é a mesma, então o comprimento de onda muda ($\lambda_2=\lambda\,n_1/n_2$, maior, pois $n_1>n_2$).
4-4 — Verdadeira: como $n_1>n_2$, existe ângulo crítico, e acima dele ocorre reflexão interna total: nenhuma luz passa ao meio 2.

0-0 — Verdadeira: na teoria clássica, a energia da onda é contínua e, em princípio, qualquer frequência acabaria ejetando elétrons; ela não prevê frequência de corte.
1-1 — Verdadeira: classicamente, o elétron precisa acumular energia da onda até se libertar; com menos potência, esse tempo é maior.
2-2 — Verdadeira: é a frequência de corte do material: abaixo dela, $hf$ é menor que a função trabalho e não há emissão.
3-3 — Falsa: pela equação de Einstein, $E_c=hf-\phi$, a energia cinética depende da frequência; a intensidade só altera o número de fotoelétrons.
4-4 — Falsa: essa é a hipótese de Planck para o corpo negro (osciladores com energia múltipla de $hf$). Einstein postulou que a própria radiação é formada por pacotes de energia (fótons) proporcionais à frequência.