PUC-Rio 2018.1 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

A velocidade em um gráfico de posição é a inclinação da curva: reta horizontal significa velocidade nula, reta inclinada significa velocidade constante (com o sinal da inclinação) e parábola significa velocidade que varia linearmente com o tempo.

1º trecho (horizontal). A posição não muda, logo $v=0$.

2º trecho (reta descendente). A posição diminui de modo uniforme: a velocidade é negativa e constante.

3º trecho (parábola crescente). A posição aumenta cada vez mais depressa: a velocidade é positiva e cresce linearmente (aceleração constante). Como há uma quina no ponto de mínimo, e não uma curva suave, a velocidade não passa por zero de forma contínua: ela salta do valor negativo para um valor positivo.

O gráfico $v\times t$ que reúne esses três comportamentos, em sequência, é o que começa em zero, passa por um patamar negativo e termina com um salto para uma reta positiva crescente.

Sem atrito, o sistema é isolado na horizontal e a quantidade de movimento total se conserva, mesmo na colisão em que os corpos ficam grudados.

Antes: só A se move, com $Q=m_A\,v$. Depois: os dois juntos, com velocidade $0{,}2\,v$, e $Q=(m_A+m_B)\cdot0{,}2\,v$.

Igualando, $m_A=0{,}2\,m_A+0{,}2\,m_B$, isto é, $0{,}8\,m_A=0{,}2\,m_B$. A razão pedida é $\dfrac{m_A}{m_B}=\dfrac{0{,}2}{0{,}8}=0{,}25$.

Os dois movimentos são independentes. Na vertical, a bola parte com velocidade vertical nula e cai em queda livre: $h=\dfrac{g\,t^2}{2}$, de modo que o tempo de queda é $t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$.

Na horizontal, o movimento é uniforme, com a mesma $v_0$: o alcance é $L=v_0\,t=v_0\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$. O alcance é proporcional à raiz quadrada da altura.

Quadruplicando $h$, o tempo de queda dobra ($\sqrt4=2$), e o alcance dobra com ele: $L=2\,L_0$.

O trabalho de uma força constante é $W=F\,d\cos\theta$, em que $\theta$ é o ângulo entre a força e o deslocamento. Só a componente da força ao longo do deslocamento realiza trabalho.

Com $60°$: $W_0=F_0L_0\cos60°=\dfrac{F_0L_0}{2}$. Com $30°$: $W=F_0L_0\cos30°=\dfrac{\sqrt3}{2}\,F_0L_0$.

Dividindo as duas expressões, $\dfrac{W}{W_0}=\dfrac{\sqrt3/2}{1/2}=\sqrt3$, e o novo trabalho é $\sqrt3\,W_0$.

A garrafa térmica isola o conteúdo do ambiente, então a soma dos calores trocados é nula: $Q_{quente}+Q_{frio}=0$. Como é a mesma substância, o calor específico $c$ se cancela, e a massa de cada porção é proporcional ao seu volume: $m$ e $2m$.

Com a água quente ($1/3$ do volume) e a fria ($2/3$ do volume), $\dfrac13\,(T-T_0)+\dfrac23\left(T-\dfrac{T_0}{2}\right)=0$.

Distribuindo: $\dfrac{T}{3}-\dfrac{T_0}{3}+\dfrac{2T}{3}-\dfrac{T_0}{3}=0$, ou seja, $T=\dfrac{2T_0}{3}$. É a média ponderada das temperaturas pelos volumes: $\dfrac13T_0+\dfrac23\cdot\dfrac{T_0}{2}=\dfrac{2T_0}{3}$.

Isotérmico. $pV$ é constante: $P_0V_0=P_1\dfrac{V_0}{32}$, então a pressão sobe para $P_1=32\,P_0$.

Adiabático. A relação é $pV^{\gamma}=\text{constante}$: $32\,P_0\left(\dfrac{V_0}{32}\right)^{7/5}=\dfrac{P_0}{4}\,V_2^{7/5}$.

Isolando, $V_2^{7/5}=128\left(\dfrac{V_0}{32}\right)^{7/5}$. Como $128=2^7$, elevar a $5/7$ dá $128^{5/7}=2^5=32$, e então $V_2=32\cdot\dfrac{V_0}{32}=V_0$. O gás volta ao volume inicial, mas com a pressão reduzida a $P_0/4$.

O gelo flutua em equilíbrio: o empuxo iguala o peso do gelo. O empuxo é o peso da água deslocada, então a água deslocada tem a mesma massa do gelo, $50{,}0\,\text{g}$, e ocupa o volume $\dfrac{50{,}0}{1{,}00}=50{,}0\,\text{cm}^3$.

Ao derreter, os $50{,}0\,\text{g}$ de gelo viram $50{,}0\,\text{g}$ de água, que ocupam exatamente os mesmos $50{,}0\,\text{cm}^3$ que o gelo deslocava. Esse volume preenche o espaço que já estava “ocupado” pela parte submersa, e o nível não se altera.

As densidades do gelo, a área da base e $g$ não são necessárias: são dados que podem distrair. A altura permanece $10{,}0\,\text{cm}$.

Primeira situação. $F=\dfrac{k\,q_0\,(2q_0)}{d^2}=\dfrac{2k\,q_0^2}{d^2}$. A força é repulsiva, então $q_1$ tem o mesmo sinal de $q_0$.

Segunda situação. $2F=\dfrac{k\,q_0\,|q_2|}{d^2}$. Comparando com a primeira, $|q_2|=4\,q_0$. A força é atrativa, então $q_2$ tem sinal contrário ao de $q_0$ — e, portanto, contrário ao de $q_1$.

Entre $q_1$ e $q_2$, a $2d$. Como os sinais são opostos, a força é atrativa. O módulo é $\dfrac{k\,(2q_0)(4q_0)}{(2d)^2}=\dfrac{8\,k\,q_0^2}{4\,d^2}=\dfrac{2k\,q_0^2}{d^2}=F$.

A potência dissipada por um resistor ligado a uma tensão $V$ é $P=\dfrac{V^2}{R}$.

Com $V'=2V$ e $R'=2R$: $P'=\dfrac{(2V)^2}{2R}=\dfrac{4\,V^2}{2R}=2\,\dfrac{V^2}{R}=2P$.

A potência dobra: $P'=2\cdot80=160\,\text{mW}$.

O gráfico mostra a forma da corda em um instante: o eixo horizontal é a posição ao longo da corda, então a distância entre duas cristas consecutivas é o comprimento de onda $\lambda$.

As cristas estão em aproximadamente $6$, $31$, $56$ e $81\,\text{mm}$, separadas por $25\,\text{mm}$. Logo, $\lambda=25\,\text{mm}=0{,}025\,\text{m}$. A amplitude de $3\,\text{mm}$ não entra no cálculo.

O período segue de $v=\dfrac{\lambda}{T}$: $T=\dfrac{\lambda}{v}=\dfrac{0{,}025}{0{,}400}=0{,}0625\,\text{s}=62{,}5\,\text{ms}$.

Sem atrito, a energia mecânica se conserva: a energia potencial perdida na descida vira energia cinética. Partindo do repouso em A, a velocidade em um ponto depende apenas da queda vertical $\Delta h$ até ele, e não da forma da rampa: $\dfrac{m\,v^2}{2}=m\,g\,\Delta h$, ou $v=\sqrt{2\,g\,\Delta h}$.

Em B, a queda é $H-0{,}64\,H=0{,}36\,H$. Em C, ao nível da base, a queda é $H$.

Portanto $\dfrac{V_B}{V_C}=\sqrt{\dfrac{0{,}36\,H}{H}}=\sqrt{0{,}36}=0{,}60$. A razão entre velocidades é a raiz da razão entre as quedas, não a própria razão.

A velocidade escalar média é a distância total dividida pelo tempo total, incluindo a parada: $v_m=\dfrac{\Delta s}{\Delta t}$.

1º trecho: $20\,\text{km}$ a $60\,\text{km/h}$ levam $\dfrac{20}{60}\,\text{h}=20\,\text{min}$. Parada: $10\,\text{min}$, sem deslocamento. 2º trecho: $0{,}5\,\text{h}$ a $50\,\text{km/h}$ dão $25\,\text{km}$ em $30\,\text{min}$.

Distância total: $20+25=45\,\text{km}$. Tempo total: $20+10+30=60\,\text{min}=1\,\text{h}$. Então $v_m=\dfrac{45}{1}=45\,\text{km/h}$. A média aritmética das velocidades ($55\,\text{km/h}$) não vale, porque os intervalos de tempo são diferentes e há uma parada.

Sem perdas, toda a energia elétrica fornecida pelo aquecedor vira calor absorvido pela água, e a potência é essa energia dividida pelo tempo: $P=\dfrac{Q}{\Delta t}$.

Um litro de água tem massa $m=1000\,\text{g}$. O calor necessário é $Q=m\,c\,\Delta T=1000\cdot4{,}2\cdot(85-25)=252\,000\,\text{J}$.

Em $6$ minutos, $\Delta t=360\,\text{s}$, e então $P=\dfrac{252\,000}{360}=700\,\text{W}$. O tempo deve estar em segundos para que o resultado saia em watts (J/s).

Para o gás ideal, $\dfrac{p\,V}{T}$ é constante: $\dfrac{p_iV_i}{T_i}=\dfrac{p_fV_f}{T_f}$. Tudo parte daqui, com $V_f>V_i$.

I. Se $T$ não muda, $p_iV_i=p_fV_f$. Como o volume aumentou, a pressão precisa diminuir. Verdadeira.

II. A temperatura pode subir sem que a pressão fique constante: basta que $p\,V$ aumente, e isso ocorre com infinitas combinações de $p$ e $V$, não só a isobárica. Falsa.

III. Se $p$ e $V$ aumentam, o produto $p\,V$ aumenta, e como $pV\propto T$ (com $n$ constante), a temperatura necessariamente sobe. Verdadeira.

A energia consumida é $E=P\cdot\Delta t$, e deixar a potência em kW e o tempo em horas dá a energia direto em kWh, a unidade da tarifa.

Cada pessoa usa o secador por $20\,\text{min}=\dfrac13\,\text{h}$ por dia. Para a família, por dia: $E=4\cdot2{,}0\cdot\dfrac13=\dfrac83\,\text{kWh}$.

Em $30$ dias: $30\cdot\dfrac83=80\,\text{kWh}$. O custo é $80\cdot0{,}40=32{,}00$, ou seja, R$ 32,00.

Pela lei de Coulomb, $F=\dfrac{k\,q^2}{r^2}$: a força é inversamente proporcional ao quadrado da distância.

Com $r=\dfrac{r_0}{2}$: $F=\dfrac{k\,q^2}{(r_0/2)^2}=\dfrac{k\,q^2}{r_0^2/4}=4\,\dfrac{k\,q^2}{r_0^2}=4\,F_0$.

I. O espelho plano e o convexo sempre dão imagem virtual, mas o côncavo também dá imagem virtual quando o objeto está entre o foco e o vértice (é o espelho de maquiagem). Logo, o espelho não é “necessariamente” plano ou convexo. Falsa.

II. O espelho convexo forma, para qualquer posição do objeto real, uma imagem virtual, direita e menor que o objeto. Falsa.

III. Imagens virtuais são formadas pelo prolongamento dos raios, e a imagem virtual é sempre direita em relação ao objeto, em qualquer tipo de espelho. A inversão só ocorre com imagens reais. Verdadeira.

Não há força externa horizontal no instante do impacto (sem atrito), então a quantidade de movimento horizontal se conserva. A energia cinética não se conserva, porque o projétil se encrusta.

Antes, só o projétil se move: $m_p\,v=2\,v$ (massa em gramas, mantendo as unidades iguais dos dois lados). Depois, o conjunto de $2+98=100\,\text{g}$ se move a $4\,\text{m/s}$: $100\cdot4=400$.

Então $2\,v=400$ e $v=200\,\text{m/s}$.

A corrente fornecida pela bateria é $I=\dfrac{V}{R_{eq}}$, com $V$ fixo. Basta comparar as resistências equivalentes.

Paralelo: $R_{eq}=\dfrac{R}{3}$, então $I_0=\dfrac{V}{R/3}=\dfrac{3V}{R}$.

Série: $R_{eq}=3R$, então $I=\dfrac{V}{3R}$.

Dividindo, $\dfrac{I}{I_0}=\dfrac{V/3R}{3V/R}=\dfrac19$: a resistência equivalente foi multiplicada por $9$, e a corrente ficou $9$ vezes menor.

Na horizontal, o movimento é uniforme: $v_x=\dfrac{10}{5}=2\,\text{m/s}$.

Na vertical, com o eixo para cima e a origem na borda, $y=v_{0y}\,t-\dfrac{g\,t^2}{2}$. A pedra chega ao solo em $y=-100\,\text{m}$, em $t=5\,\text{s}$: $-100=5\,v_{0y}-5\cdot25$, o que dá $5\,v_{0y}=25$ e $v_{0y}=5\,\text{m/s}$, para cima.

A tangente do ângulo de lançamento é a razão entre as componentes: $\tan\theta=\dfrac{v_{0y}}{v_x}=\dfrac{5}{2}=2{,}5$. O sinal positivo de $v_{0y}$ indica que a pedra foi lançada para cima.

O prato cai em queda livre a partir do repouso. Pela relação de Torricelli, $v^2=2\,g\,h$, ou pela conservação de energia, $\dfrac{v^2}{2}=g\,h$.

Com $h=80\,\text{cm}=0{,}80\,\text{m}$: $v=\sqrt{2\cdot10\cdot0{,}80}=\sqrt{16}=4{,}0\,\text{m/s}$. A altura precisa estar em metros.

Na colisão, a quantidade de movimento se conserva (vetorial). Adotando o sentido da partícula de massa $m$ como positivo, a partícula de massa $4m$ tem velocidade $-v$.

$Q=m\,(2v)+4m\,(-v)=2mv-4mv=-2mv$. Depois, as duas juntas têm massa $5m$ e velocidade $V$: $5m\,V=-2mv$, então $V=-0{,}4\,v$.

A energia cinética final é $K=\dfrac12(5m)(0{,}4\,v)^2=\dfrac12\cdot5m\cdot0{,}16\,v^2=0{,}4\,m\,v^2$. O sinal da velocidade desaparece, pois ela entra ao quadrado.

Na iminência do movimento, o atrito estático atinge o valor máximo, $f=\mu\,N$. No plano inclinado de ângulo $\theta$, a componente do peso ao longo da rampa é $m\,g\,\text{sen}\,\theta$ e a normal é $N=m\,g\cos\theta$.

O equilíbrio ao longo da rampa dá $m\,g\,\text{sen}\,\theta=\mu\,m\,g\cos\theta$, e a massa e $g$ se cancelam: $\tan\theta=\mu$.

O ângulo de iminência depende só do coeficiente de atrito entre as superfícies, e não da massa do bloco. Dobrar a massa dobra o peso, a normal e o atrito máximo, de modo que o ângulo continua $30°$.

O movimento é uniformemente variado, partindo do repouso: $\Delta s=\dfrac{a\,t^2}{2}$. Com $\Delta s=1000\,\text{m}$: $1000=2{,}5\,t^2$, então $t^2=400$ e $t=20\,\text{s}$.

A velocidade média é a distância dividida pelo tempo: $v_m=\dfrac{1000}{20}=50\,\text{m/s}$.

Confere: a velocidade final é $a\,t=100\,\text{m/s}$, e, em um MUV, a velocidade média é a média entre a inicial e a final, $\dfrac{0+100}{2}=50\,\text{m/s}$. O valor $100\,\text{m/s}$ é a velocidade final, não a média.

Antes de calcular uma temperatura de equilíbrio, convém verificar se o gelo derrete por completo. Para isso, comparamos o calor necessário à fusão com o calor que a água pode ceder até chegar a $0\,°\text{C}$.

Fusão de todo o gelo: $Q_{fus}=100\cdot80=8000\,\text{cal}$.

Água resfriando de $40\,°\text{C}$ a $0\,°\text{C}$: $Q_{ced}=200\cdot1{,}00\cdot40=8000\,\text{cal}$.

As duas quantidades são iguais: o calor cedido pela água é exatamente o necessário para derreter o gelo, sem sobrar nada para aquecer a água resultante. O sistema termina com $300\,\text{g}$ de água a $0\,°\text{C}$.

Pela lei de Stevin, a pressão no fundo é a pressão atmosférica mais a pressão da coluna de líquido: $p=p_0+\rho\,g\,h$.

No primeiro caso, $2p_0=p_0+\rho\,g\,h$, então $\rho\,g\,h=p_0$: a coluna contribui com uma atmosfera.

Com um líquido de densidade $\rho/2$ e a mesma altura, a coluna contribui com $\dfrac{\rho\,g\,h}{2}=\dfrac{p_0}{2}$. A pressão no fundo passa a ser $p=p_0+\dfrac{p_0}{2}=\dfrac{3p_0}{2}$. A pressão atmosférica não é reduzida pela troca do líquido.

A fonte vê a resistência equivalente do circuito: $R_{eq}=\dfrac{V}{I}=\dfrac{12}{5{,}0\times10^{-3}}=2400\,\Omega=2{,}4\,\text{k}\Omega$.

Em termos de $R$: dois resistores em paralelo valem $\dfrac{R}{2}$, e, em série com o terceiro, $R_{eq}=R+\dfrac{R}{2}=\dfrac{3R}{2}$.

Igualando, $\dfrac{3R}{2}=2{,}4\,\text{k}\Omega$, e $R=\dfrac{2\cdot2{,}4}{3}=1{,}6\,\text{k}\Omega$. O valor $2{,}4\,\text{k}\Omega$ é a resistência do circuito inteiro, e não a de cada resistor.

Para qualquer onda periódica, a velocidade é o produto do comprimento de onda pela frequência: $v=\lambda\,f$.

$v=2{,}0\cdot20=40\,\text{m/s}$.