PUC-Rio 2005.1 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

a) A velocidade é $v=\dfrac{72{,}0}{3{,}6}=20{,}0\,\text{m/s}$. Freando com $3{,}00\,\text{m/s}^2$, por Torricelli, $0=20^2-2\cdot3{,}00\cdot\Delta x$, então $\Delta x=\dfrac{400}{6{,}00}\approx66{,}7\,\text{m}$ a partir do ponto de partida. Essa distância é maior que os $40{,}0\,\text{m}$ até o cruzamento: mesmo freando ao máximo, o carro não para antes dele.

Observação: o padrão de resposta diz que o carro “ficaria no meio do cruzamento quando o sinal se tornasse vermelho”. Em $2{,}00\,\text{s}$ de frenagem, porém, ele terá andado $20\cdot2-\dfrac{3\cdot2^2}{2}=34\,\text{m}$, ainda antes do cruzamento (que começa em $40\,\text{m}$), e entraria nele já com o sinal vermelho, ainda a $14\,\text{m/s}$. A conclusão, de que frear não resolve, permanece.

b) Para não ficar exposto, o carro precisa ter atravessado todo o cruzamento até o fim do amarelo, ou seja, ter percorrido $40{,}0+12{,}0=52{,}0\,\text{m}$ em $2{,}00\,\text{s}$. Acelerando ao máximo, $x=v\,t+\dfrac{a\,t^2}{2}=20\cdot2{,}0+\dfrac{6{,}00\cdot2{,}0^2}{2}=40{,}0+12{,}0=52{,}0\,\text{m}$. O carro atravessa justamente no limite de tempo: a estratégia é acelerar ao máximo.

a) As duas cargas $+Q$ do mesmo lado do quadrado estão a uma distância $L$, e $F=\dfrac{k\,Q^2}{L^2}=4{,}0\,\text{N}$. A distância de um vértice ao centro é $\dfrac{\sqrt2\,L}{2}$, cujo quadrado é $\dfrac{L^2}{2}$. Então $F_{Qq}=\dfrac{k\,Q\,(Q/2)}{L^2/2}=\dfrac{k\,Q^2}{L^2}=4{,}0\,\text{N}$.

b) A distância e o módulo das cargas são os mesmos: $F=4{,}0\,\text{N}$.

c) Os $+Q$ repelem $+q$ e os $-Q$ a atraem, e os quatro vértices estão a $45°$ dos eixos. Com os $+Q$ à esquerda e os $-Q$ à direita, a repulsão dos da esquerda e a atração dos da direita apontam, todas, para $+x$. Os componentes verticais se cancelam por simetria (cima e baixo). A resultante é horizontal, no sentido $+x$, e vale $4\cdot4{,}0\cdot\cos45°=4\cdot4{,}0\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}\approx11{,}3\,\text{N}$.

a) A volume constante, $\dfrac{P}{T}$ é constante: $T_f=T_i\,\dfrac{P_f}{P_i}=300\cdot2=600\,\text{K}$.

b) A pressão constante, $\dfrac{V}{T}$ é constante: $T_f=T_i\,\dfrac{V_f}{V_i}=300\cdot\dfrac{1}{3}=100\,\text{K}$.

c) Em um processo adiabático, $P\,V^{\gamma}$ é constante: $P_i\,V_i^{\gamma}=P_f\,V_f^{\gamma}$, então $\left(\dfrac{V_f}{V_i}\right)^{\gamma}=\dfrac{P_i}{P_f}=4$. Com $\gamma=2$, $\left(\dfrac{V_f}{V_i}\right)^2=4$ e $\dfrac{V_f}{V_i}=2$.

Em m/s, a pessoa tem $\dfrac{18}{3{,}6}=5{,}0\,\text{m/s}$ e o pardal, $\dfrac{36}{3{,}6}=10\,\text{m/s}$. Como vão um ao encontro do outro, a velocidade relativa é a soma: $15\,\text{m/s}$.

O tempo é $t=\dfrac{300}{15}=20\,\text{s}$.

Na subida até o teto, $10=15\,t-5\,t^2$, ou $t^2-3\,t+2=0$, com raízes $1{,}0\,\text{s}$ e $2{,}0\,\text{s}$. A bola alcança o teto na primeira vez, $t=1{,}0\,\text{s}$, com velocidade $15-10=5\,\text{m/s}$ ainda para cima.

Na colisão elástica com o teto, a velocidade inverte o sentido e mantém o módulo: $5\,\text{m/s}$ para baixo. A queda de $10\,\text{m}$ a partir daí é o movimento inverso da subida e dura também $1{,}0\,\text{s}$ ($10=5\,t+5\,t^2$ dá $t=1{,}0\,\text{s}$).

O tempo total é $1{,}0+1{,}0=2{,}0\,\text{s}$.

O ponteiro das horas dá uma volta ($2\pi$) em $12\,\text{h}$, então $\omega_h=\dfrac{2\pi}{12}=\dfrac{\pi}{6}\,\text{rad/h}$.

O ponteiro dos minutos dá uma volta em $1\,\text{h}$, então $\omega_m=2\pi\,\text{rad/h}$.

O sistema canhão e bola parte do repouso, e a quantidade de movimento total se conserva, igual a zero. Com $M$ e $V$ a massa e a velocidade de recuo do canhão e $m$ e $v$ os da bola, $M\,V=m\,v$ em módulo.

Então $V=\dfrac{5\cdot20}{100}=1{,}0\,\text{m/s}$, em sentido contrário ao da bola.

Com a massa em quilogramas, $m=0{,}5\,\text{kg}$: $E_c=\dfrac{m\,v^2}{2}=\dfrac{0{,}5\cdot4}{2}=1{,}0\,\text{J}$ e $E_p=m\,g\,h=0{,}5\cdot10\cdot1=5{,}0\,\text{J}$.

A energia mecânica é a soma: $1{,}0+5{,}0=6{,}0\,\text{J}$.

A volume constante, $\dfrac{P}{T}$ é constante: $P_f=P_o\,\dfrac{600}{300}=2\,P_o$.

A diferença de pressão é $\Delta P=P_f-P_o=2\,P_o-P_o=P_o$.

Pela dilatação linear, $\Delta L=L\,\alpha\,\Delta T$, então $\Delta T=\dfrac{\Delta L}{L\,\alpha}=\dfrac{3{,}0\times10^{-2}}{100\cdot2{,}0\times10^{-5}}=15\,°\text{C}$.

O volume do cubo é $L^3=8\,\text{m}^3$ e a densidade da água, $1000\,\text{kg/m}^3$. O empuxo sobre o cubo totalmente submerso é $E=\rho\,g\,V=1000\cdot10\cdot8=8\times10^{4}\,\text{N}$.

O lastro deve ter peso igual a esse empuxo: $m\,g=8\times10^{4}$, então $m=8000\,\text{kg}$. Aqui se desprezam a massa do cubo cheio de ar e o empuxo sobre o próprio lastro, como o padrão de resposta.

Na segunda situação, dois resistores iguais a $R_2$ em série dão $2\,R_2=\dfrac{12}{3}=4\,\Omega$, então $R_2=2\,\Omega$.

Na primeira, $R_1+R_2=\dfrac{12}{2}=6\,\Omega$, então $R_1=6-2=4\,\Omega$.

As distâncias de $+q$ às duas outras cargas são iguais ($L$), e as duas forças têm o mesmo módulo. A carga $+Q$ repele $+q$, empurrando-a para longe do vértice inferior esquerdo, isto é, para cima e para a direita. A carga $-Q$ atrai $+q$, puxando-a para o vértice inferior direito, isto é, para baixo e para a direita.

Os componentes verticais, de mesmo módulo e sentidos opostos, se cancelam. Os horizontais apontam ambos para a direita e se somam: a resultante é horizontal, para a direita, no sentido da carga negativa.