PUC-Rio 2015.1 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

a) A transformação é isotérmica e a quantidade de ar é fixa, então vale a lei de Boyle: $p_i\,V_i=p_f\,V_f$. O tubo é cilíndrico, e o ar, que ocupava o tubo todo, passa a ocupar apenas $\dfrac45$ dele, pois a água subiu $\dfrac15$ do comprimento. Logo $V_f=\dfrac45\,V_i$.

$p_f=p_i\,\dfrac{V_i}{V_f}=1{,}0\cdot\dfrac54=1{,}25\,\text{atm}$.

b) Vamos comparar a pressão no nível da borda inferior do tubo, em que a água está dentro e fora do tubo. Do lado de dentro, a pressão é a do ar preso mais a da coluna de água de $1{,}0\,\text{m}$ acima desse nível: $p=1{,}25\times10^{5}+10^{3}\cdot10\cdot1{,}0=1{,}35\times10^{5}\,\text{Pa}$.

Do lado de fora, nesse mesmo nível, a pressão é a atmosférica na superfície da piscina mais a da coluna de altura $H$: $p=p_0+\rho\,g\,H$. Igualando, $H=\dfrac{1{,}35\times10^{5}-1{,}0\times10^{5}}{10^{3}\cdot10}=3{,}5\,\text{m}$.

a) Para a corrente pedida, a resistência equivalente é $R_{eq}=\dfrac{V}{I}=\dfrac{12}{0{,}8}=15\,\Omega$. Nenhuma ligação só em série ou só em paralelo dá esse valor: em série, as somas começam em $10\,\Omega$ e passam por $30$, $40$, $50\,\Omega$, e em paralelo os valores ficam abaixo de $10\,\Omega$ (por exemplo, $R_1\parallel R_2\approx6{,}7\,\Omega$). É preciso uma associação mista.

Uma solução é associar $R_1$ e $R_2$ em série, $10+20=30\,\Omega$, e ligar esse conjunto em paralelo com $R_3=30\,\Omega$. Dois resistores iguais em paralelo dão a metade: $R_{eq}=15\,\Omega$. O esquema tem, então, a fonte ligada a dois ramos, um com $R_1$ e $R_2$ em série e outro com $R_3$, e $R_4$ não é usado.

b) Com a fonte fixa em $12\,\text{V}$, $I=\dfrac{V}{R_{eq}}$, e a corrente é máxima quando a resistência equivalente é mínima. A associação em paralelo sempre dá uma resistência menor que a do menor resistor, e cada resistor a mais a reduz: o mínimo vem com os quatro em paralelo, diretamente ligados à fonte.

c) $\dfrac1{R_{eq}}=\dfrac1{10}+\dfrac1{20}+\dfrac1{30}+\dfrac1{40}=\dfrac{12+6+4+3}{120}=\dfrac{25}{120}$, de modo que $R_{eq}=4{,}8\,\Omega$. A corrente é $I=\dfrac{12}{4{,}8}=2{,}5\,\text{A}$. Conferindo pelos ramos: $1{,}2+0{,}6+0{,}4+0{,}3=2{,}5\,\text{A}$.

a) Em queda livre, a bola desce de $1{,}8$ a $0{,}8\,\text{m}$, ou seja, $\Delta h=1{,}0\,\text{m}$. Pela equação de Torricelli, $v^2=2\,g\,\Delta h=2\cdot10\cdot1{,}0=20$, e $v=\sqrt{20}=2\sqrt5\approx4{,}5\,\text{m/s}$.

b) Partindo do repouso, $v=g\,t$, então $t=\dfrac{v}{g}=\dfrac{2\sqrt5}{10}=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}45\,\text{s}$.

c) Ao chegar ao solo, a bola tem velocidade $v_0=\sqrt{2\,g\,h}=\sqrt{2\cdot10\cdot1{,}8}=6{,}0\,\text{m/s}$. Após o quique, ela guarda $81\%$ da energia cinética, e como $E_c$ é proporcional a $v^2$, a velocidade fica multiplicada por $\sqrt{0{,}81}=0{,}9$: $v=0{,}9\cdot6{,}0=5{,}4\,\text{m/s}$.

O momento linear é $p=m\,v=0{,}060\cdot5{,}4=0{,}324\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$.

d) A cada quique a energia é multiplicada por $0{,}81$. Após $n$ quiques, $E=0{,}81^{\,n}\,E_i$, e queremos $E\approx\dfrac23\,E_i$. Para $n=1$, $0{,}81$; para $n=2$, $0{,}81^2=0{,}656\approx\dfrac23$ ($0{,}667$). Logo $n=2$ quiques.

Em qualquer colisão, a quantidade de movimento do sistema se conserva. Como a colisão é totalmente inelástica, as massas saem juntas: $m_1 v_1=(m_1+m_2)\,v$.

$v=\dfrac{10\cdot5{,}0}{10+15}=\dfrac{50}{25}=2{,}0\,\text{m/s}$. As massas podem ficar em gramas, já que a razão é adimensional.

No ponto mais baixo, o movimento é circular de raio $L=0{,}10\,\text{m}$. A tração aponta para cima (para o centro) e o peso, para baixo, e a resultante é a centrípeta: $T-m\,g=\dfrac{m\,v^2}{L}$.

$T=m\,g+\dfrac{m\,v^2}{L}=0{,}020\cdot10+\dfrac{0{,}020\cdot2{,}0^2}{0{,}10}=0{,}20+0{,}80=1{,}0\,\text{N}$.

Primeiro, convertemos a velocidade: $72\,\text{km/h}=\dfrac{72}{3{,}6}=20\,\text{m/s}$. Com as rodas travadas, a única força horizontal é o atrito cinético, $f=\mu\,m\,g$, que realiza trabalho negativo e leva a energia cinética a zero: $-\mu\,m\,g\,d=-\dfrac12\,m\,v^2$.

$d=\dfrac{v^2}{2\,\mu\,g}=\dfrac{20^2}{2\cdot0{,}8\cdot10}=\dfrac{400}{16}=25\,\text{m}$. A massa do carro se cancela.

Partindo do repouso, em aceleração constante, $h=\dfrac12\,g\,t^2$. Então $g=\dfrac{2\,h}{t^2}=\dfrac{2\cdot12}{2{,}0^2}=\dfrac{24}{4}=6{,}0\,\text{m/s}^2$.

Forças perpendiculares se compõem pelo teorema de Pitágoras: $F_R=\sqrt{3{,}0^2+4{,}0^2}=5{,}0\,\text{N}$.

Pela segunda lei de Newton, $a=\dfrac{F_R}{m}=\dfrac{5{,}0}{10}=0{,}50\,\text{m/s}^2$.

A pressão manométrica em um líquido em repouso vem do teorema de Stevin: $p=\rho\,g\,h$. Em unidades do SI, $p=2{,}0\times10^{-3}\cdot10^{5}=200\,\text{Pa}$ e $\rho=1\,000\,\text{kg/m}^3$.

$h=\dfrac{p}{\rho\,g}=\dfrac{200}{1\,000\cdot10}=0{,}020\,\text{m}=2{,}0\,\text{cm}$. O diâmetro do tubo é um dado desnecessário, já que a pressão só depende da profundidade.

Como a água é a mesma nas duas porções, o calor específico se cancela e o volume vale como a massa (densidade $1\,\text{kg/L}$). O balanço de calor, com soma nula, é $m_1\,(T-25)+m_2\,(T-15)=0$.

$0{,}10\,(T-25)+0{,}15\,(T-15)=0$, o que dá $0{,}25\,T=2{,}5+2{,}25=4{,}75$ e $T=19\,°\text{C}$. É uma média ponderada pelas massas, que fica mais próxima da temperatura da porção maior, a de $15\,°\text{C}$.

A potência dissipada por um resistor é $P=\dfrac{V^2}{R}$, então $R=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{120^2}{40{,}0}=\dfrac{14\,400}{40}=360\,\Omega$.

Outro caminho: $I=\dfrac{P}{V}=\dfrac13\,\text{A}\approx0{,}33\,\text{A}$ e $R=\dfrac{V}{I}=\dfrac{120}{1/3}=360\,\Omega$. O valor 0,33 é a corrente, não a resistência.

A carga total do sistema é $9{,}0+9{,}0+0=18\,\mu\text{C}$ e se conserva. Como os três bastões são idênticos e ficam em contato, eles chegam ao mesmo potencial, e a carga se distribui igualmente: $\dfrac{18}{3}=6{,}0\,\mu\text{C}$ em cada um.

O índice de refração é a razão entre a velocidade da luz no vácuo e a velocidade no meio: $n=\dfrac{c}{v}=\dfrac{3{,}0\times10^{8}}{1{,}2\times10^{8}}=2{,}5$. Como a luz é mais lenta no meio, $n>1$.

O valor $0{,}4$ vem da razão invertida, $v/c$, e não pode ser um índice de refração.

O motor sobe o elevador e a carga, então a massa total é $500+2\,500=3\,000\,\text{kg}$ ($2{,}5$ toneladas valem $2\,500\,\text{kg}$). O trabalho mínimo é o ganho de energia potencial: $W=M\,g\,h=3\,000\cdot10\cdot20=6{,}0\times10^{5}\,\text{J}$.

A potência média é $P=\dfrac{W}{\Delta t}$. Como o tempo deve ser inferior a $25\,\text{s}$, a potência exigida é superior à obtida com $25\,\text{s}$, e o valor mínimo corresponde ao limite: $P=\dfrac{6{,}0\times10^{5}}{25}=24\times10^{3}\,\text{W}$.

O isopor está em equilíbrio, sob três forças: o peso para baixo, o empuxo para cima e a tração do fio, que o puxa para baixo, presa ao fundo. Então $E=P+T$.

Com $V=100\,\text{cm}^3=1{,}0\times10^{-4}\,\text{m}^3$: o empuxo é $E=\rho_{\text{água}}\,V\,g=1000\cdot1{,}0\times10^{-4}\cdot10=1{,}0\,\text{N}$, e o peso é $P=\rho_{isopor}\,V\,g=20\cdot1{,}0\times10^{-4}\cdot10=0{,}020\,\text{N}$.

$T=E-P=1{,}0-0{,}020=0{,}98\,\text{N}$.

Vamos calcular a distância total percorrida antes de parar. O atrito é a única força que dissipa energia (as colisões com as bordas conservam o módulo da velocidade): $\mu\,m\,g\,d=\dfrac12\,m\,v^2$, ou seja, $d=\dfrac{v^2}{2\,\mu\,g}=\dfrac{4{,}0^2}{2\cdot0{,}2\cdot10}=4{,}0\,\text{m}$.

O trilho tem $1{,}5\,\text{m}$. Contando as travessias completas: a 1ª termina em $1{,}5\,\text{m}$, a 2ª, em $3{,}0\,\text{m}$, e uma 3ª precisaria de $4{,}5\,\text{m}$, mais que os $4{,}0\,\text{m}$ disponíveis. O disco para a $1{,}0\,\text{m}$ da borda do lado de onde partiu (a $4{,}0-3{,}0=1{,}0\,\text{m}$ do fim da 2ª travessia), depois de cruzar o trilho totalmente 2 vezes.

Pela equação fundamental da calorimetria, $Q=m\,c\,\Delta T$, então $c=\dfrac{Q}{m\,\Delta T}=\dfrac{470}{100\cdot(70-20)}=\dfrac{470}{5\,000}=0{,}094\,\text{cal/g}\,°\text{C}$.

Como a caixa de cima não desliza sobre a de baixo, as duas se movem juntas com a mesma aceleração, e a força $F$ acelera o conjunto: $F=(m_1+m_2)\,a=(1{,}0+2{,}0)\cdot2{,}0=6{,}0\,\text{N}$.

O atrito entre as caixas é uma força interna ao conjunto e não entra na conta da força externa, embora seja ele que acelera a caixa de cima.

Na horizontal, o movimento é uniforme: $x=v\,t$, então o tempo de queda é $t=\dfrac{5{,}0}{2{,}5}=2{,}0\,\text{s}$. Na vertical, a bola parte do repouso (velocidade vertical nula) e cai em queda livre: $h=\dfrac12\,g\,t^2=\dfrac12\cdot10\cdot2{,}0^2=20\,\text{m}$.

A reflexão total ocorre quando a luz vai de um meio mais refringente (a água, $n=1{,}5$) para um menos refringente (o ar, $n=1{,}0$) e o ângulo de incidência supera o ângulo limite, definido por $\text{sen}\,\theta_L=\dfrac{n_{ar}}{n_{\text{água}}}=\dfrac{1{,}0}{1{,}5}=\dfrac23\approx0{,}67$.

Para haver reflexão total, é preciso $\text{sen}\,\theta>\dfrac23$. Das opções, $\dfrac13=0{,}33$, $\dfrac12=0{,}50$, $\dfrac35=0{,}60$ e $\dfrac25=0{,}40$ estão abaixo desse valor, e só $\dfrac45=0{,}80$ o supera.

A bateria de $12\,\text{V}$ fornece $1{,}0\,\text{A}$, então a resistência equivalente do circuito é $R_{eq}=\dfrac{12}{1{,}0}=12\,\Omega$.

Entre os pontos B e o nó inferior (ligado a A), há dois caminhos em paralelo: o resistor $R$ e o ramo que contém $10\,\Omega$ em série com os dois resistores de $20\,\Omega$ em paralelo. Os dois de $20\,\Omega$ em paralelo valem $10\,\Omega$, de modo que esse ramo vale $10+10=20\,\Omega$.

Então $\dfrac{1}{12}=\dfrac1R+\dfrac1{20}$, o que dá $\dfrac1R=\dfrac{5-3}{60}=\dfrac1{30}$ e $R=30\,\Omega$.

A transformação é a pressão constante, então vale a lei de Charles, com a temperatura em kelvin: $\dfrac{V_i}{T_i}=\dfrac{V_f}{T_f}$. A temperatura inicial é $T_i=150+273=423\,\text{K}$.

$T_f=T_i\,\dfrac{V_f}{V_i}=423\cdot\dfrac23=282\,\text{K}$. Voltando para a escala Celsius, $T_f=282-273=9{,}0\,°\text{C}$.

Aplicar a proporção direto em °C ($150\cdot\tfrac23=100\,°\text{C}$) é o erro clássico: as proporções valem só para a escala absoluta.

A) Falsa. A normal equilibra o peso na vertical: o bloco não se move para cima nem para baixo, então $N=m\,g=5{,}0\,\text{N}\ne0$. O fato de não haver atrito não anula a normal.

B) Verdadeira. No movimento circular uniforme, a resultante é a força centrípeta, dada pela tração do fio na horizontal: $F=\dfrac{m\,v^2}{R}=\dfrac{0{,}50\cdot2{,}0^2}{0{,}40}=5{,}0\,\text{N}$.

C) Falsa. No movimento uniforme, o módulo da velocidade é constante, então a aceleração tangencial é nula. Só há aceleração centrípeta, $a_c=\dfrac{v^2}{R}=10\,\text{m/s}^2$ (é essa a aceleração que vale $10\,\text{m/s}^2$).

D) Falsa. A velocidade tem módulo constante, mas muda de direção; a aceleração centrípeta não é nula.

E) Falsa. Cortado o fio, não há mais força horizontal, e pela inércia o bloco segue em linha reta tangente à circunferência, com velocidade constante de $2{,}0\,\text{m/s}$.