UEL 2013 · CE — Questões de Física comentadas — Método TEF

a) Em unidades do SI, $v_B=108\text{ km/h}=30\text{ m/s}$. Como o movimento de $A$ a $B$ é uniformemente acelerado a partir do repouso,

$$a=\frac{v_B-0}{\Delta t}=\frac{30}{10}=3\text{ m/s}^2.$$

Pela segunda lei de Newton,

$$F_R=Ma=1200\cdot3=3600\text{ N}=3{,}6\times10^{3}\text{ N}.$$

b) A partir de $B$ a aceleração deixa de existir. Sem atrito, o móvel sobe a rampa sujeito apenas à componente do peso ao longo do plano, de sentido contrário ao movimento. Com a inclinação de $30{}^\circ$ indicada na figura,

$$a_{BC}=-g\,\mathrm{sen}\,30{}^\circ=-10\cdot\frac12=-5\text{ m/s}^2.$$

O intervalo de $B$ a $C$ é $\Delta t_{BC}=15-10=5\text{ s}$. Logo,

$$BC=v_B\Delta t_{BC}+\frac{a_{BC}\Delta t_{BC}^2}{2}=30\cdot5-\frac{5\cdot5^2}{2}=87{,}5\text{ m}.$$

Não há atrito, então a energia mecânica se conserva. Em $B$, tomado como referência de altura, só há energia cinética:

$$E_m=\frac{Mv_B^2}{2}=\frac{1200\cdot30^2}{2}=5{,}4\times10^{5}\text{ J}.$$

Conferência em $C$: $v_C=30-5\cdot5=5\text{ m/s}$ e $h=BC\,\mathrm{sen}\,30{}^\circ=43{,}75\text{ m}$. Então $\frac{1200\cdot5^2}{2}+1200\cdot10\cdot43{,}75=1{,}5\times10^{4}+5{,}25\times10^{5}=5{,}4\times10^{5}\text{ J}$.

Ao conferir a energia em $C$, a expectativa da UEL usa $v_C=3\text{ m/s}$ no termo cinético e chega a $5{,}304\times10^{5}\text{ J}$. Com $v_C=5\text{ m/s}$, valor calculado no próprio item, a soma fecha em $5{,}4\times10^{5}\text{ J}$, igual ao obtido em $B$. A inclinação de $30{}^\circ$ vem da figura do caderno.

Referência de conferência: COPS/UEL — expectativa de resposta de Física, 2ª fase de 2013. Resolução e observações redigidas pelo TEF.

a) No processo isotérmico $A\to B$, $pV$ é constante:

$$p_AV_A=p_BV_B\;\Rightarrow\;\frac{V_A}{V_B}=\frac{p_B}{p_A}=\frac{3}{1}=3.$$

No diagrama $p\times V$, $A\to B$ é um arco de hipérbole (isoterma), do ponto $(V_A;\,1\text{ atm})$ até $(V_A/3;\,3\text{ atm})$, e $B\to C$ é um segmento vertical, em $V=V_B$, até $5\text{ atm}$.

b) De $B$ a $C$ o volume é constante, então $p/T$ é constante. Como $T_B=T_A=30+273=303\text{ K}$,

$$T_C=\frac{p_C}{p_B}T_B=\frac53\cdot303=505\text{ K}.$$

Conferência pela equação de estado: $V_A=\dfrac{nRT_A}{p_A}=\dfrac{2\cdot8{,}31\cdot303}{1{,}01\times10^{5}}\approx49{,}9\text{ L}$ e $V_C=V_B\approx16{,}6\text{ L}$. Daí $T_C=\dfrac{p_CV_C}{nR}\approx505\text{ K}$.

Referência de conferência: COPS/UEL — expectativa de resposta de Física, 2ª fase de 2013. Resolução e observações redigidas pelo TEF.

a) Com $n_1=n_3=1$ e $\theta_1=45{}^\circ$, a lei de Snell na entrada dá

$$\mathrm{sen}\,\theta_2=\frac{n_1}{n_2}\mathrm{sen}\,\theta_1=\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac12\;\Rightarrow\;\theta_2=30{}^\circ.$$

No esboço, o raio se aproxima da normal dentro da lâmina e, na saída, volta a $45{}^\circ$ (faces paralelas): o raio emergente é paralelo ao incidente, deslocado lateralmente.

b) Na espessura $\Delta x$, o raio avança lateralmente $\Delta x\,\mathrm{tg}\,45{}^\circ$ sem a lâmina e $\Delta x\,\mathrm{tg}\,30{}^\circ$ com ela. O deslocamento da sombra é a diferença:

$$0{,}7=\Delta x\left(\mathrm{tg}\,45{}^\circ-\mathrm{tg}\,30{}^\circ\right)=\Delta x\left(1-\frac{1}{\sqrt3}\right)=\Delta x\,\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3}.$$

$$\Delta x=\frac{0{,}7\sqrt3}{\sqrt3-1}=\frac{0{,}7\cdot1{,}7}{0{,}7}=1{,}7\text{ cm}.$$

Referência de conferência: COPS/UEL — expectativa de resposta de Física, 2ª fase de 2013. Resolução e observações redigidas pelo TEF.

O enunciado não fornece $e$, $c$ nem $\mu_0$. A expectativa usa $e=1{,}6\times10^{-19}\text{ C}$, $c=3\times10^{8}\text{ m/s}$ e $\mu_0=4\pi\times10^{-7}\approx1{,}26\times10^{-6}\text{ T}\cdot\text{m/A}$.

a) Com velocidade próxima de $c$, cada próton completa o perímetro $L$ em $\Delta t=L/c$. A carga total $Ne$ passa por qualquer ponto do anel nesse intervalo:

$$i=\frac{Ne}{\Delta t}=\frac{Nec}{L}=\frac{(2{,}0\times10^{14})(1{,}6\times10^{-19})(3\times10^{8})}{2{,}7\times10^{4}}\approx0{,}36\text{ A}.$$

b) O perímetro $L=2\pi r$ dá, com $\pi=3$, $r=\dfrac{2{,}7\times10^{4}}{6}=4{,}5\times10^{3}\text{ m}$. No centro de uma espira circular,

$$B=\frac{\mu_0 i}{2r}=\frac{(1{,}26\times10^{-6})(0{,}36)}{2\cdot4{,}5\times10^{3}}\approx5{,}0\times10^{-11}\text{ T}.$$

Esse campo é minúsculo perto do campo magnético terrestre, que varia entre $2{,}5\times10^{-5}\text{ T}$ e $6{,}5\times10^{-5}\text{ T}$.

Referência de conferência: COPS/UEL — expectativa de resposta de Física, 2ª fase de 2013. Resolução e observações redigidas pelo TEF.