PUC-Rio 2017.2 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

a) Sobre o bloco atuam o peso $M g$, a normal $N$ e o atrito cinético $f_{at}$. Escolhemos um eixo ao longo do plano, no sentido da descida, e outro perpendicular a ele, e decompomos o peso: $M g\,\text{sen}\,\theta$ ao longo do plano e $M g\cos\theta$ perpendicular a ele.

Perpendicularmente ao plano não há aceleração, então $N=M g\cos\theta$ e, portanto, $f_{at}=\mu\,N=\mu\,M g\cos\theta$. Ao longo do plano, a segunda lei de Newton dá $M a=M g\,\text{sen}\,\theta-\mu\,M g\cos\theta$. A massa se cancela: $a=g\,(\text{sen}\,\theta-\mu\cos\theta)$, que também pode ser escrito como $a=g\,\text{sen}\,\theta\left(1-\dfrac{\mu}{\text{tg}\,\theta}\right)$.

b) O trabalho do atrito é a força vezes o deslocamento, com sinal negativo, pois o atrito aponta contra o movimento: $W_{at}=-f_{at}\,L=-\mu\,M g\cos\theta\,L$.

O enunciado pede o resultado em função de $h$ e $\theta$, não de $L$. Na figura, $h$ é o cateto oposto ao ângulo $\theta$ e $L$ é a hipotenusa, logo $L=\dfrac{h}{\text{sen}\,\theta}$. Substituindo, $W_{at}=-\mu\,M g\,h\,\dfrac{\cos\theta}{\text{sen}\,\theta}=-\dfrac{\mu\,M g\,h}{\text{tg}\,\theta}$.

a) A transformação é a volume constante, então vale a lei de Gay-Lussac: $\dfrac{p_f}{T_f}=\dfrac{p_i}{T_i}$, com a temperatura em kelvin. A temperatura inicial é $T_i=27+273=300\,\text{K}$ e a final, após o aumento de $150\,°\text{C}$ (que equivale a $150\,\text{K}$), é $T_f=450\,\text{K}$.

$p_f=p_i\,\dfrac{T_f}{T_i}=1{,}01\times10^{5}\cdot\dfrac{450}{300}=1{,}515\times10^{5}\approx1{,}52\times10^{5}\,\text{Pa}$.

b) A volume constante, o gás não realiza trabalho, e todo o calor absorvido vai para a energia interna: $Q=n\,C_V\,\Delta T$. O número de mols vem da equação de estado, com os dados iniciais, e com o volume em m³ ($24{,}7\,\text{L}=24{,}7\times10^{-3}\,\text{m}^3$): $n=\dfrac{p_i V}{R\,T_i}=\dfrac{1{,}01\times10^{5}\cdot24{,}7\times10^{-3}}{8{,}31\cdot300}\approx1{,}0\,\text{mol}$.

Com $C_V=\tfrac52 R=\tfrac52\cdot8{,}31\approx20{,}8\,\text{J/(mol}\cdot\text{K)}$, resulta $Q=1{,}0\cdot20{,}8\cdot150=3{,}12\times10^{3}\,\text{J}$.

Observação: o enunciado traz a unidade da constante universal dos gases como “J/kg.mol”. A unidade correta é $\text{J/(mol}\cdot\text{K)}$, e foi essa a que usamos nas contas.

a) As duas pilhas em série fornecem $3{,}0\,\text{V}$. O LED, quando conduz, mantém uma queda de $1{,}8\,\text{V}$ entre seus terminais, e o resistor, ligado em série com ele, precisa absorver o restante: $U_R=3{,}0-1{,}8=1{,}2\,\text{V}$.

A corrente em um circuito em série é a mesma em todos os elementos. Para que o LED não queime, ela não pode passar de $0{,}02\,\text{A}$. Quanto menor a resistência, maior a corrente; logo, a resistência mínima é a que produz exatamente a corrente máxima: $R=\dfrac{U_R}{I}=\dfrac{1{,}2}{0{,}02}=60\,\Omega$.

b) Queremos que a resistência total do resistor seja de $60\,\Omega$, e dispomos apenas de resistores de $120\,\Omega$. Em série, a resistência só aumenta, então precisamos de uma associação em paralelo. Com $n$ resistores iguais em paralelo, $R_{eq}=\dfrac{120}{n}$, e $60\,\Omega$ pedem $n=2$.

O esquema é um circuito simples em série: as duas pilhas, o LED e, em série com eles, o par de resistores de $120\,\Omega$ ligados em paralelo entre si. Com isso, a corrente fica no limite de $0{,}02\,\text{A}$.

Sem resistência do ar, a energia cinética inicial vira energia potencial no ponto mais alto: $\dfrac{m\,v^2}{2}=m\,g\,h$, de modo que $h=\dfrac{v^2}{2g}$. A altura é proporcional ao quadrado da velocidade de lançamento.

A expressão “aumentada em $3v$” significa que a velocidade passa a ser $v+3v=4v$ (e não $3v$). Então $h'=\dfrac{(4v)^2}{2g}=16\,\dfrac{v^2}{2g}=16\,h$.

Na refração, $\dfrac{\text{sen}\,\theta_1}{v_1}=\dfrac{\text{sen}\,\theta_2}{v_2}$ (é a lei de Snell, já que $n=c/v$ e $n_1\,\text{sen}\,\theta_1=n_2\,\text{sen}\,\theta_2$). Isolando a razão pedida: $\dfrac{v_1}{v_2}=\dfrac{\text{sen}\,\theta_1}{\text{sen}\,\theta_2}$.

Com $\text{sen}\,60°=\dfrac{\sqrt3}{2}$ e $\text{sen}\,30°=\dfrac12$: $\dfrac{v_1}{v_2}=\dfrac{\sqrt3/2}{1/2}=\sqrt3$. O ângulo diminui ao refratar, então o segundo meio é mais refringente, e a luz se propaga mais devagar nele.

Pela figura, os dois fios que saem dos terminais da bateria alimentam os quatro resistores, e todos ficam ligados entre os mesmos dois nós: estão em paralelo, sob a mesma tensão de $12\,\text{V}$.

Quatro resistores iguais em paralelo têm $R_{eq}=\dfrac{R}{4}$. A lei de Ohm para o conjunto dá $R_{eq}=\dfrac{V}{I}=\dfrac{12}{12\times10^{-3}}=1\,000\,\Omega=1\,\text{k}\Omega$.

Então $\dfrac{R}{4}=1\,\text{k}\Omega$ e $R=4\,\text{k}\Omega$. O valor de $1\,\text{k}\Omega$ é a resistência equivalente, não a de cada resistor.

A $10{,}0\,\text{m}$ de profundidade, a pressão sobre o balão é a atmosférica mais a da coluna de água (teorema de Stevin): $p_i=p_{atm}+\rho\,g\,h=1{,}0\times10^{5}+1{,}0\times10^{3}\cdot10\cdot10{,}0=2{,}0\times10^{5}\,\text{Pa}$. Ou seja, $p_i=2\,p_{atm}$.

Na superfície, a pressão é $p_f=p_{atm}$. A transformação é isotérmica e de massa de gás fixa, então vale a lei de Boyle, $p_i V_i=p_f V_f$: $V_f=V_i\,\dfrac{p_i}{p_f}=1{,}0\cdot2=2{,}0$ litros.

O bloco está em repouso, então a resultante horizontal sobre o ponto onde os fios se encontram é nula. O ponto de encontro e as duas fixações no teto formam um triângulo retângulo (os fios fazem $90°$ entre si) com hipotenusa $1{,}3\,\text{m}$ e um cateto, o fio 2, de $0{,}5\,\text{m}$. Pelo teorema de Pitágoras, o fio 1 mede $\sqrt{1{,}3^2-0{,}5^2}=1{,}2\,\text{m}$: é o triângulo $5\text{–}12\text{–}13$.

Seja $\theta$ o ângulo que o fio 1 faz com o teto. O cateto oposto a ele é o fio 2, então $\text{sen}\,\theta=\dfrac{5}{13}$ e $\cos\theta=\dfrac{12}{13}$. O fio 2 faz com o teto o ângulo complementar, $90°-\theta$.

Na horizontal, as componentes das tensões se cancelam: $T_1\cos\theta=T_2\,\text{sen}\,\theta$. Logo $\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\text{sen}\,\theta}{\cos\theta}=\text{tg}\,\theta=\dfrac{5}{12}$.