PUC-Rio 2009.1 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

a) O raio da trajetória é horizontal, do eixo de rotação até a cabine. Ele é a meia barra mais a projeção horizontal do cabo: $R=\dfrac{L}{2}+d\,\text{sen}\,\theta=4{,}0+10\cdot0{,}5=9{,}0\,\text{m}$.

b) Sobre a cabine atuam o peso $M\vec g$, vertical e para baixo, e a tração $\vec T$ do cabo, dirigida ao longo do cabo, para o ponto de fixação. Como a cabine descreve um círculo horizontal com velocidade de módulo constante, a resultante é horizontal e aponta para o eixo de rotação (força centrípeta).

c) Na vertical, a componente da tração equilibra o peso: $T\cos\theta=M\,g$, então $T=\dfrac{1000\cdot10}{\cos30°}=\dfrac{10\,000}{0{,}866}\approx1{,}15\times10^{4}\,\text{N}$.

d) A força centrípeta é a componente horizontal da tração: $F_c=T\,\text{sen}\,\theta=1{,}15\times10^{4}\cdot0{,}5\approx5{,}77\times10^{3}\,\text{N}$, que é o mesmo que $M\,g\,\text{tg}\,30°$.

a) No gráfico, AB e CD são curvas (isotermas, com $p\,V$ constante), e BC e DA são segmentos verticais, de volume constante (isocóricos).

b) Em AB, a temperatura é a mesma: $p_B\,V_B=p_A\,V_A$, ou $p_B\cdot2\,V_0=3\,p_{atm}\,V_0$, então $p_B=\dfrac{3}{2}\,p_{atm}$. Em CD, $p_C\cdot2\,V_0=p_{atm}\,V_0$, então $p_C=\dfrac{1}{2}\,p_{atm}$.

c) Como $T_C=T_D$ (isoterma CD), $\dfrac{T_A}{T_C}=\dfrac{T_A}{T_D}=\dfrac{p_A\,V_A}{p_D\,V_D}=\dfrac{3\,p_{atm}\,V_0}{p_{atm}\,V_0}=3$.

a) Com os dois interruptores abertos, só $R_3$ e $R_4$ fecham o circuito com a bateria, em série: $I_4=\dfrac{V}{R_3+R_4}=\dfrac{24}{8{,}0\times10^{3}}=3{,}0\,\text{mA}$.

b) Fechando $I_1$, o resistor $R_1$ passa a ficar em paralelo com $R_4$, e o conjunto fica em série com $R_3$. O paralelo vale $\dfrac{8{,}0\cdot4{,}0}{8{,}0+4{,}0}=\dfrac{8}{3}\approx2{,}7\,\text{k}\Omega$, e a resistência total é $\dfrac{8}{3}+4{,}0=\dfrac{20}{3}\approx6{,}7\,\text{k}\Omega$. A corrente em $R_3$ é $\dfrac{24}{20/3}=3{,}6\,\text{mA}$, com queda de $4{,}0\cdot3{,}6=14{,}4\,\text{V}$. Sobram $24-14{,}4=9{,}6\,\text{V}$ em $R_4$, então $I_4=\dfrac{9{,}6}{4{,}0}=2{,}4\,\text{mA}$. Observação: o padrão de resposta chama de $R_2$ o resistor que entra em paralelo neste caso, mas, pela figura, é o $R_1$; como os dois valem $8{,}0\,\text{k}\Omega$, o resultado não muda.

c) Com os dois fechados, $R_1$, $R_2$ e $R_4$ ficam em paralelo: $\dfrac{1}{R}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$, então $R=2{,}0\,\text{k}\Omega$. Em série com $R_3$, $R_{tot}=6{,}0\,\text{k}\Omega$, e $I_3=\dfrac{24}{6{,}0}=4{,}0\,\text{mA}$. A queda em $R_3$ é $16\,\text{V}$, restando $8\,\text{V}$ nos três em paralelo, e $I_4=\dfrac{8}{4{,}0}=2{,}0\,\text{mA}$.

O movimento depende do referencial. Ao ser solto, o pacote conserva a velocidade horizontal do avião e, sem resistência do ar, essa componente não muda. O observador no avião acompanha o pacote horizontalmente e só vê a queda vertical.

Para o observador no solo, o pacote avança na horizontal com a velocidade do avião e cai na vertical, o que compõe uma trajetória parabólica: ele vê as duas componentes.

Subindo, a bola perde velocidade, pois a gravidade a desacelera. No ponto mais alto, a velocidade vertical é nula, o menor valor da trajetória, mas a aceleração continua sendo a da gravidade, constante, vertical e para baixo: é ela que fará a bola inverter o movimento.

O tempo de subida é $t_s=\dfrac{v}{g}=\dfrac{30}{10}=3\,\text{s}$. Sem resistência do ar, a descida até a base leva o mesmo tempo. O tempo total é $2\,t_s=6\,\text{s}$.

A distância total é $100\cdot2+80\cdot1{,}5=200+120=320\,\text{km}$. O tempo total inclui a parada: $2+0{,}5+1{,}5=4\,\text{h}$.

A velocidade média é $v_m=\dfrac{320}{4}=80\,\text{km/h}$.

O ponteiro dos minutos completa uma volta em $T=60\,\text{min}$, então a velocidade angular é $\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{6}{60}=0{,}1\,\text{rad/min}$.

A velocidade linear da extremidade é $v=\omega\,r=0{,}1\cdot1=0{,}1\,\text{cm/min}$.

Em contato, as esferas idênticas dividem a carga total igualmente: $\dfrac{1+5}{2}=3\,\text{C}$ em cada uma. As cargas ficam com o mesmo sinal, então a força é repulsiva.

Pela lei de Coulomb, $F=\dfrac{k\,q^2}{d^2}=\dfrac{9\times10^{9}\cdot3\cdot3}{3^2}=9\times10^{9}\,\text{N}$.

O amperímetro está no fio principal, em série com todo o circuito, e mede a corrente total. $R_2$ e $R_3$ estão em paralelo: $\dfrac{2\cdot2}{2+2}=1\,\Omega$. Esse conjunto fica em série com $R_1$, então $R_{eq}=5+1=6\,\Omega$.

Pela lei de Ohm, $I=\dfrac{V}{R_{eq}}=\dfrac{12}{6}=2\,\text{A}$.

No limite do repouso, o atrito estático atinge o valor máximo e equilibra a componente do peso ao longo do plano: $m\,g\,\text{sen}\,\alpha=\mu\,N=\mu\,m\,g\cos\alpha$.

Então $\text{tg}\,\alpha=\mu=1$, e $\alpha=45°$.

Pelo princípio de Pascal, a pressão é a mesma nos dois êmbolos: $\dfrac{F}{A_F}=\dfrac{m\,g}{A_P}$. Como a área é proporcional ao quadrado do diâmetro, $\dfrac{A_P}{A_F}=\left(\dfrac{d_P}{d_F}\right)^2=30^2=900$.

Com velocidade constante, o equilíbrio vale: $F=\dfrac{m\,g}{900}=\dfrac{9000\cdot10}{900}=100\,\text{N}$.

Com a massa em quilogramas, $m=0{,}30\,\text{kg}$, o calor sensível é $Q=m\,c\,\Delta\theta=0{,}30\cdot450\cdot100=13\,500\,\text{J}$.

Na adição, o resultado não pode ter mais casas decimais que a parcela de menor precisão. $28{,}7$ tem uma casa decimal (o 7 é o algarismo duvidoso), e $1{,}03$ tem duas.

Arredondando $1{,}03$ para $1{,}0$, a soma é $28{,}7+1{,}0=29{,}7$. (Somar primeiro, $29{,}73$, e arredondar depois leva ao mesmo valor.)

A aceleração é a inclinação da reta: $a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{10-0}{5-0}=2{,}0\,\text{m/s}^2$.

A distância percorrida em $5{,}0\,\text{s}$ é a área sob o gráfico até esse instante, um triângulo de base $5$ e altura $10$: $\dfrac{5\cdot10}{2}=25\,\text{m}$.

A altura máxima sai de Torricelli, com velocidade final nula: $0=v^2-2\,g\,h$, então $h=\dfrac{30^2}{2\cdot10}=45\,\text{m}$.

O objeto sobe $45\,\text{m}$ e desce os mesmos $45\,\text{m}$. A distância total percorrida (não o deslocamento, que é nulo) é $2\cdot45=90\,\text{m}$.

Não há forças externas, então a quantidade de movimento do sistema astronauta mais objeto se conserva. Depois do lançamento, o astronauta tem $15\,\text{m/s}$ e o objeto, $20\,\text{m/s}$, ambos no mesmo sentido.

Antes, os dois se movem juntos com velocidade $v_i$: $(120+5)\,v_i=120\cdot15+5\cdot20=1900$. Então $v_i=\dfrac{1900}{125}=15{,}2\,\text{m/s}$.

Um satélite geoestacionário gira com a mesma velocidade angular da Terra, uma volta por dia: $\omega=\dfrac{2\pi}{24\cdot3600\,\text{s}}=\dfrac{6}{86\,400}=\dfrac{1}{14\,400}\,\text{rad/s}$.

A velocidade linear é $v=\omega\,r=\dfrac{36\times10^{3}\,\text{km}}{14\,400\,\text{s}}=2{,}5\,\text{km/s}$.

Sobre cada esfera atuam o peso, a tração do fio e a repulsão de Coulomb, horizontal. Na vertical, $T\cos\theta=m\,g$; na horizontal, $T\,\text{sen}\,\theta=F_C$. Dividindo, $F_C=m\,g\,\text{tg}\,\theta=1\cdot10\cdot1=10\,\text{N}$ (com $\theta=45°$ para cada fio).

Pela lei de Coulomb, $F_C=\dfrac{k\,Q^2}{d^2}$, então $d=Q\sqrt{\dfrac{k}{F_C}}=30\times10^{-6}\sqrt{\dfrac{9\times10^{9}}{10}}=30\times10^{-6}\cdot3\times10^{4}=0{,}9\,\text{m}$.

Os resistores $R_2$ e $R_3$ estão em paralelo: $\dfrac{2\cdot4}{2+4}=\dfrac{4}{3}\,\Omega$. Em série com $R_1$, $R_{eq}=1+\dfrac{4}{3}=\dfrac{7}{3}\,\Omega$, e a corrente total é $I=\dfrac{7}{7/3}=3\,\text{A}$.

O amperímetro está no ramo de $R_3$, e mede só a parte da corrente que passa por ele. Os dois ramos em paralelo têm a mesma tensão: $R_2\,I_2=R_3\,I_3$, então $I_2=2\,I_3$. Com $I_2+I_3=3\,\text{A}$, $I_3=1\,\text{A}$.

Para o bloco A acompanhar B, a única força horizontal sobre ele é o atrito estático de B, que não pode passar do valor máximo $\mu\,m_a\,g$.

No limite, $m_a\,a=\mu\,m_a\,g$, então $a_{max}=\mu\,g=0{,}3\cdot10{,}0=3{,}0\,\text{m/s}^2$. As massas não influenciam o resultado.

Para o balão flutuar, o empuxo do ar deslocado equilibra o peso do balão mais o do gás: $\rho_{ar}\,g\,V=(m+\rho_{\text{gás}}\,V)\,g$.

Então $V\,(\rho_{ar}-\rho_{\text{gás}})=m$, e $V=\dfrac{10}{1{,}3-0{,}3}=10\,\text{cm}^3$.

Pela equação de Clapeyron, $p=\dfrac{n\,R\,T}{V}=\dfrac{0{,}5\cdot8{,}3\cdot300}{0{,}1}=\dfrac{1245}{0{,}1}=12\,450\,\text{Pa}$.