PUC-Rio 2019.1 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

Para um gás ideal com quantidade de matéria constante, $pV=nRT$: a temperatura absoluta é proporcional ao produto $pV$. Assim, a temperatura máxima do ciclo ocorre no estado em que esse produto é máximo.

Lendo os estados no diagrama: em A, $pV=p_0V_0$; em B, $pV=p_0\cdot2V_0=2\,p_0V_0$; em C, $pV=\dfrac{p_0}{2}\cdot2V_0=p_0V_0$; em D, $pV=\dfrac{p_0}{2}\cdot V_0=\dfrac{p_0V_0}{2}$.

O maior valor é o do estado B, o dobro do inicial. Como A está a $300\,\text{K}$, a temperatura em B vale $T_B=2\cdot300=600\,\text{K}$. Os outros estados têm temperaturas de $300\,\text{K}$ (C) e $150\,\text{K}$ (D), menores que a de B.

Em uma colisão elástica unidimensional entre dois corpos de mesma massa, as velocidades se trocam: a quantidade de movimento e a energia cinética se conservam, e a única solução em que os corpos se afastam é a troca de velocidades.

O corpo 1 ($3v_0$) é o mais rápido e alcança o corpo 2 ($2v_0$). Após a colisão, o corpo 1 fica com $2v_0$ e o corpo 2 com $3v_0$. Agora o corpo 2 ($3v_0$) alcança o corpo 3 ($v_0$): trocam, e ficam com $v_0$ (corpo 2) e $3v_0$ (corpo 3).

Resta uma colisão: o corpo 1 ($2v_0$) alcança o corpo 2 ($v_0$), e eles trocam de novo, com 1 ficando em $v_0$ e 2 em $2v_0$. Agora as velocidades estão em ordem crescente da esquerda para a direita, $v_0<2v_0<3v_0$, e nenhum corpo alcança o da frente. O movimento termina assim.

A corda é ideal e a polia também, então a tração $T$ é a mesma nos dois lados, e os dois corpos têm a mesma aceleração, em módulo, $a=3{,}00\,\text{m/s}^2$.

Corpo $m$ (descendo): o peso aponta no sentido do movimento e a tração se opõe. $m\,g-T=m\,a$, logo $T=5{,}00\,(10{,}0-3{,}00)=35\,\text{N}$.

Corpo $M$ (na horizontal): a tração o puxa e o atrito se opõe. $T-f_{at}=M\,a$, e então $f_{at}=T-M\,a=35-10{,}0\cdot3{,}00=5\,\text{N}$.

Pode-se conferir somando as duas equações: $m\,g-f_{at}=(m+M)\,a$, de modo que $f_{at}=50-15\cdot3=5\,\text{N}$, o mesmo valor.

A força sobre a carga é a de Lorentz: $\vec F=Q\,\vec E+Q\,\vec v\times\vec B$. Para que a partícula continue na direção $x$, a força resultante não pode ter componente perpendicular a $x$ — e isso deve valer para qualquer módulo de $v$.

Campo magnético: a força magnética $Q\,\vec v\times\vec B$ é sempre perpendicular a $\vec v$ (que está em $x$). Se $\vec B$ for perpendicular a $x$ (em $y$ ou $z$), a força magnética tem módulo $Q\,v\,B$ e depende de $v$: ela desvia a partícula. Só um campo $\vec B$ paralelo a $x$ anula essa força, pois $\vec v\times\vec B=\vec 0$ quando são paralelos.

Campo elétrico: a força elétrica $Q\,\vec E$ não depende da velocidade. Se $\vec E$ tiver componente em $y$ ou $z$, ela desvia a partícula da direção $x$, e não há como cancelá-la por uma força magnética que dependa de $v$ para todos os valores de $v$. Já um campo $\vec E$ paralelo a $x$ apenas acelera ou freia a partícula ao longo da própria direção do movimento.

Logo, a única combinação compatível é $\vec B$ e $\vec E$ ambos paralelos a $x$. As demais opções só mantêm a trajetória retilínea para um valor específico de $v$, em que as forças elétrica e magnética se cancelam (filtro de velocidades), o que contraria a exigência de valer para qualquer velocidade.

A esfera está totalmente imersa, em equilíbrio e presa ao fundo. Se o fio está esticado, ele a puxa para baixo: a esfera tem tendência a subir, e o empuxo é maior que o peso.

Forças na esfera: o empuxo $E$ para cima; o peso $P=m\,g=0{,}200\cdot10{,}0=2{,}00\,\text{N}$ e a tração $T=0{,}500\,\text{N}$ para baixo. No equilíbrio, $E=P+T=2{,}50\,\text{N}$.

O empuxo é o peso do líquido deslocado, $E=\rho_{\text{água}}\,V\,g$. Em unidades do SI, $\rho_{\text{água}}=1{,}00\times10^3\,\text{kg/m}^3$: $V=\dfrac{E}{\rho\,g}=\dfrac{2{,}50}{1{,}00\times10^3\cdot10{,}0}=2{,}5\times10^{-4}\,\text{m}^3$.

Como $1\,\text{m}^3=10^6\,\text{cm}^3$, o volume da esfera é $2{,}5\times10^{-4}\cdot10^6=250\,\text{cm}^3$.

O campo de cada ímã, fora dele, sai do polo norte e chega ao polo sul. Em um ponto entre os dois ímãs, o campo total é a soma vetorial dos campos dos dois. Para que se anule, os campos precisam ser opostos e de mesmo módulo, o que só é possível, por simetria, no ponto médio, quando os dois ímãs são idênticos e dispostos de forma simétrica.

Nas configurações em que os dois ímãs têm a mesma orientação (nas opções com os dois iguais, lado a lado), o campo de um deles aponta na mesma direção que o do outro na região central, e os campos se somam, sem anular.

Na configuração com os polos de mesmo nome frente a frente (norte de um diante do norte do outro), cada ímã “empurra” as linhas de campo para o outro. No ponto médio, o campo de um ímã é igual em módulo e oposto ao do outro: a soma é nula. É o mesmo princípio de duas cargas iguais, em que o campo se anula no ponto central entre elas.

As configurações com os ímãs na vertical, lado a lado e idênticos, têm campo não nulo na região entre eles: ao longo do eixo de cada ímã o campo tem sentido definido, e os dois ímãs paralelos geram campos que se somam na região entre eles.

O tetraedro tem quatro vértices: A, B e outros dois, que chamaremos de C e D. As seis arestas são os resistores: AB, AC, AD, BC, BD e CD, todos de $1{,}0\,\Omega$.

Pela simetria, os vértices C e D ficam ao mesmo potencial, que é o ponto médio entre os potenciais de A e B. Assim, não passa corrente pelo resistor CD, que pode ser retirado do circuito sem alterar nada.

Restam três caminhos entre A e B, em paralelo: o resistor AB direto ($1{,}0\,\Omega$), o caminho A–C–B (dois resistores em série, $2{,}0\,\Omega$) e o caminho A–D–B (também $2{,}0\,\Omega$).

As correntes são $I_1=\dfrac{1{,}0}{1{,}0}=1{,}0\,\text{A}$ no resistor direto e $I_2=\dfrac{1{,}0}{2{,}0}=0{,}50\,\text{A}$ em cada caminho de dois resistores. A corrente total é $I=1{,}0+0{,}50+0{,}50=2{,}0\,\text{A}$, o que equivale a uma resistência equivalente de $0{,}50\,\Omega$.

Na altura máxima, a componente vertical da velocidade é nula. Só a vertical é afetada pela gravidade, então a relação de Torricelli para a subida é $0=v_y^2-2\,g\,H$.

Com $H=2{,}5\,\text{m}$: $v_y=\sqrt{2\,g\,H}=\sqrt{2\cdot10\cdot2{,}5}=\sqrt{50}=5\sqrt2\,\text{m/s}$.

A componente vertical da velocidade inicial é $v_y=v_0\,\text{sen}\,45°=v_0\,\dfrac{\sqrt2}{2}$. Igualando, $v_0\,\dfrac{\sqrt2}{2}=5\sqrt2$, o que dá $v_0=10\,\text{m/s}$.

Os comprimentos dos fios, $3{,}0\,\text{m}$ e $4{,}0\,\text{m}$, e a distância de $5{,}0\,\text{m}$ entre os pontos de fixação formam um triângulo retângulo $3\text{–}4\text{–}5$, com o ângulo reto na bola. Os ângulos que os fios fazem com o teto têm seno e cosseno de $\dfrac35$ e $\dfrac45$.

O fio de $4{,}0\,\text{m}$ faz com o teto o ângulo cujo seno é $\dfrac35$ (lado oposto de $3{,}0\,\text{m}$) e cosseno $\dfrac45$. O fio de $3{,}0\,\text{m}$ faz o ângulo de seno $\dfrac45$ e cosseno $\dfrac35$.

Equilíbrio horizontal: $T_4\cdot\dfrac45=T_3\cdot\dfrac35$. Com $T_4=15{,}0\,\text{N}$: $T_3=\dfrac{15\cdot4}{3}=20\,\text{N}$.

Equilíbrio vertical: o peso equilibra a soma das componentes verticais das tensões: $P=T_4\cdot\dfrac35+T_3\cdot\dfrac45=15\cdot\dfrac35+20\cdot\dfrac45=9+16=25\,\text{N}$.

I. A amplitude é o valor máximo do afastamento em relação à posição de equilíbrio ($y=0$). No gráfico, a onda vai de $-0{,}2\,\text{m}$ a $+0{,}2\,\text{m}$, então a amplitude é $0{,}2\,\text{m}$. O valor $0{,}40\,\text{m}$ seria a distância entre a crista e o vale, a amplitude pico a pico, e não a amplitude. Falsa.

III. O comprimento de onda é a distância entre duas cristas consecutivas. No gráfico há cristas em $x=0$ e em $x=1{,}5\,\text{m}$, então $\lambda=1{,}5\,\text{m}$. Falsa, pois a afirmação diz $1{,}0\,\text{m}$.

II. A frequência vem de $v=\lambda\,f$: $f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{0{,}12}{1{,}5}=0{,}080\,\text{Hz}=80\,\text{mHz}$. Verdadeira.

A gangorra é homogênea e está apoiada no centro, de modo que o próprio peso não gera torque. O menino de $40{,}0\,\text{kg}$ está na extremidade direita, a $1{,}0\,\text{m}$ do apoio.

Para o equilíbrio horizontal, os torques em relação ao apoio se anulam. O amigo, de $50{,}0\,\text{kg}$, precisa ficar do lado oposto, a uma distância $d$ do apoio: $50{,}0\cdot g\cdot d=40{,}0\cdot g\cdot1{,}0$, o que dá $d=0{,}80\,\text{m}$.

A pergunta, porém, é a distância entre os dois meninos, e não a distância do amigo ao apoio. Como estão em lados opostos do apoio, a distância entre eles é $1{,}0+0{,}80=1{,}8\,\text{m}$.

Pela lei de Coulomb, $F=\dfrac{k\,Q^2}{d^2}$: o módulo da força é inversamente proporcional ao quadrado da distância.

Com a distância dobrada, $F'=\dfrac{k\,Q^2}{(2d)^2}=\dfrac{k\,Q^2}{4\,d^2}=\dfrac{F}{4}$.

A ação e a reação garantem que a força tem o mesmo módulo nas duas cargas, de modo que a resposta vale para qualquer uma delas.

Em movimento circular uniforme, a velocidade escalar é constante, mas o vetor velocidade muda de direção. A aceleração tem módulo constante e aponta para o centro: $a_c=\dfrac{v^2}{R}$.

O raio vem do período: em uma volta, o satélite percorre $2\pi R$ com velocidade $v$ no tempo $T$, então $R=\dfrac{v\,T}{2\pi}=\dfrac{2400\cdot3{,}14}{2\cdot3{,}14}=1200\,\text{km}$.

Então $a_c=\dfrac{(2400)^2}{1200}=4800\,\text{km/h}^2$. Esse resultado pode ser obtido diretamente por $a_c=\omega\,v=\dfrac{2\pi}{T}\,v=\dfrac{2\cdot3{,}14}{3{,}14}\cdot2400$, já que $2\pi=2\cdot3{,}14$.

O trabalho da força peso depende apenas do deslocamento vertical, e não da aceleração com que o corpo sobe: $W_P=-m\,g\,h$ na subida, com o sinal negativo porque o peso aponta para baixo e o deslocamento é para cima.

$W_P=-10{,}0\cdot10{,}0\cdot5{,}00=-500\,\text{J}$.

O valor $2{,}37\,\text{m/s}^2$ é um dado supérfluo para o trabalho do peso. Ele seria necessário para calcular o trabalho da força que levanta o corpo, $F=m\,(g+a)$, mas a pergunta se refere apenas ao peso.

Como o calorímetro tem capacidade calorífica desprezível, o calor cedido pela água quente é totalmente absorvido pelo gelo, que primeiro funde e depois se aquece até a temperatura final.

Calor cedido pela água: $Q_{ced}=120\cdot1{,}0\cdot(60-40)=2\,400\,\text{cal}$.

Calor recebido pelo gelo de massa $m$: fusão $m\cdot80$ mais aquecimento da água formada de $0$ a $40\,°\text{C}$, $m\cdot1{,}0\cdot40$. No total, $Q_{rec}=m\,(80+40)=120\,m$.

Igualando, $120\,m=2\,400$, e a massa de gelo é $m=20\,\text{g}$.

Como o processo é lento e a temperatura permanece constante, o ar do copo sofre uma transformação isotérmica: $p_1V_1=p_2V_2$ (lei de Boyle).

Na superfície, $p_1=p_{atm}$ e $V_1=V$. Na profundidade $H$, $V_2=\dfrac{V}{2}$ e, pela lei de Stevin, a pressão do ar aprisionado é $p_2=p_{atm}+\rho\,g\,H$.

Então $p_{atm}\,V=\left(p_{atm}+\rho\,g\,H\right)\dfrac{V}{2}$, o que dá $p_{atm}+\rho\,g\,H=2\,p_{atm}$, ou seja, $\rho\,g\,H=p_{atm}$.

Portanto $H=\dfrac{p_{atm}}{\rho\,g}=\dfrac{1{,}00\times10^5}{1{,}00\times10^3\cdot10{,}0}=10{,}0\,\text{m}$. É a profundidade em que a pressão da coluna de água equivale a uma atmosfera, e o ar é comprimido pela metade.

A massa não influencia o movimento em nenhum dos dois casos, porque, sem atrito, a força que acelera cada bloco é proporcional à própria massa e a massa se cancela.

Bloco 1 (queda livre): aceleração $a_1=g$ e altura $h$ percorrida em $t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$.

Bloco 2 (rampa de $30°$, sem atrito): a aceleração é $a_2=g\,\text{sen}\,30°=\dfrac{g}{2}$, e o comprimento da rampa é $\dfrac{h}{\text{sen}\,30°}=2h$. O tempo é $t_2=\sqrt{\dfrac{2\cdot2h}{g/2}}=\sqrt{\dfrac{8h}{g}}=2\,t_1$.

I. Os tempos de chegada são diferentes ($t_2=2\,t_1$). A massa maior do bloco 2 não compensa a inclinação, pois não influencia a aceleração. Falsa.

II. $a_2=\dfrac{g}{2}=\dfrac{a_1}{2}$. Verdadeira.

III. Em ambos os casos a energia mecânica se conserva, então $\dfrac{v^2}{2}=g\,h$ e $v=\sqrt{2gh}$ para os dois blocos, independentemente da massa e do caminho. Verdadeira.

I. A força elétrica é $\vec F=q\,\vec E$, paralela a $\vec E$ (no mesmo sentido, se $q>0$, ou oposto, se $q<0$). Partindo do repouso, a carga acelera na direção da força e, portanto, na direção paralela ao campo. Verdadeira.

II. A força magnética é $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$ e só existe se a carga tiver velocidade. A carga está em repouso ($v=0$), então a força magnética é nula e ela permanece em repouso: não se move em direção alguma. Falsa.

III. O sentido do movimento depende do sinal da carga: uma carga positiva se move no sentido do maior para o menor potencial, mas uma carga negativa se move do menor para o maior. A afirmação diz “necessariamente”, e por isso é falsa.

O índice de refração relaciona a velocidade da luz no vácuo (ou no ar, aproximadamente) à velocidade no material: $n=\dfrac{c}{v}$. Então $v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{3{,}00\times10^8}{2{,}00}=1{,}50\times10^8\,\text{m/s}$.

Como o feixe incide perpendicularmente, ele não se desvia e percorre a espessura $L$ em movimento uniforme: $t=\dfrac{L}{v}=\dfrac{1{,}50\times10^{-3}}{1{,}50\times10^{8}}=1{,}00\times10^{-11}\,\text{s}$.

Como a velocidade é constante, a energia cinética não varia, e o trabalho total é nulo. Sem atrito, as forças que realizam trabalho são o peso e a força $F$; a normal é perpendicular ao deslocamento e não realiza trabalho.

A potência fornecida por $F$ deve, então, compensar a potência negativa do peso. Basta considerar a componente do peso ao longo do plano: $P_{\parallel}=m\,g\,\text{sen}\,30°=4{,}0\cdot10{,}0\cdot\dfrac12=20\,\text{N}$.

A potência da força $F$ é a taxa com que ela realiza trabalho, $\text{Pot}=\vec F\cdot\vec v=F_{\parallel}\,v$, e só a componente de $F$ paralela ao plano contribui. No equilíbrio ao longo do plano, $F_{\parallel}=P_{\parallel}=20\,\text{N}$.

Portanto, $\text{Pot}=20\cdot2{,}00=40\,\text{W}$. O módulo de $F$ e o ângulo que ela faz com o plano não são necessários: o resultado é o mesmo que o da potência necessária para elevar o corpo, $m\,g\,v\,\text{sen}\,30°$.

Cada ciclo dura $5{,}00\,\text{min}$, então o treino de $40{,}0\,\text{min}$ tem $8$ ciclos completos. Basta calcular a distância de um ciclo e multiplicar por 8.

Em um ciclo, a distância é a soma dos trechos: caminhada, $6{,}00\cdot\dfrac{2{,}00}{60}=0{,}200\,\text{km}$, e corrida, $9{,}00\cdot\dfrac{3{,}00}{60}=0{,}450\,\text{km}$. Cada ciclo soma $0{,}650\,\text{km}$.

Na sessão inteira, $8\cdot0{,}650=5{,}2\,\text{km}$. Convém converter os minutos em horas antes de multiplicar pela velocidade em km/h.

A variação da energia mecânica do corpo é igual ao trabalho das forças dissipativas, que aqui é o do atrito: $\Delta E_{mec}=W_{at}$.

Energia mecânica inicial (altura de referência na posição inicial): $E_i=\dfrac{m\,v_i^2}{2}=\dfrac{2{,}0\cdot5{,}0^2}{2}=25\,\text{J}$.

Energia mecânica final: $E_f=\dfrac{m\,v_f^2}{2}+m\,g\,h=\dfrac{2{,}0\cdot1{,}0^2}{2}+2{,}0\cdot10{,}0\cdot1{,}0=1+20=21\,\text{J}$.

A variação é $\Delta E_{mec}=21-25=-4\,\text{J}$. O sinal negativo indica que a energia mecânica diminuiu, ou seja, $4\,\text{J}$ foram dissipados pelo atrito, e a questão apresenta a energia dissipada com esse sinal, como trabalho do atrito.

O óleo, menos denso, fica sobre a água no tubo A. O óleo ocupa o volume $V=25{,}0\,\text{cm}^3$ em um tubo de seção $5{,}00\,\text{cm}^2$, então sua coluna tem altura $h_o=\dfrac{25{,}0}{5{,}00}=5{,}00\,\text{cm}$.

Considere o nível da superfície de separação óleo–água no tubo A. A pressão da água, naquele nível horizontal, é a mesma nos dois ramos (a água é contínua pelo tubo inferior). No ramo A, essa pressão vale $p_{atm}+\rho_o\,g\,h_o$. No ramo B, vale $p_{atm}+\rho_a\,g\,h_a$, em que $h_a$ é a altura da coluna de água de B acima daquele nível.

Igualando, $\rho_o\,h_o=\rho_a\,h_a$, de modo que $h_a=\dfrac{0{,}800\cdot5{,}00}{1{,}00}=4{,}00\,\text{cm}$. A superfície do tubo B está $4{,}00\,\text{cm}$ acima do nível da separação, e a do tubo A, $5{,}00\,\text{cm}$ acima.

A diferença de altura entre as duas superfícies livres é $H=5{,}00-4{,}00=1{,}0\,\text{cm}$. A seção de B (a metade da de A) é um dado de apoio, que não interfere nesse cálculo.

Com a tensão da fonte fixa, a potência dissipada é $P=\dfrac{V^2}{R_{eq}}$. A potência é máxima quando a resistência equivalente é mínima, o que acontece com os três resistores em paralelo.

Em paralelo, $R_{eq}=\dfrac{3{,}0}{3}=1{,}0\,\Omega$.

A potência máxima é $P=\dfrac{(3{,}0)^2}{1{,}0}=9{,}0\,\text{W}$.

A vazão é o volume escoado por unidade de tempo, então o tempo de enchimento é $t=\dfrac{V}{Q}$. As unidades precisam ser compatíveis.

Convertendo a capacidade: $1\,\text{L}=1000\,\text{cm}^3$, logo $1800\,\text{L}=1{,}8\times10^6\,\text{cm}^3$.

$t=\dfrac{1{,}8\times10^6}{400}=4500\,\text{s}$. Em minutos, $\dfrac{4500}{60}=75\,\text{min}$, isto é, $1\,\text{h}$ e $15\,\text{min}$.

Para a placa ficar equilibrada na horizontal, o fio deve passar pelo centro de massa da placa inteira. Cada metade é homogênea e tem largura de $1{,}00\,\text{m}$, então o centro de massa de A está em $0{,}50\,\text{m}$ da borda esquerda e o de B em $1{,}50\,\text{m}$.

Com $m_A=3\,m_B$, o centro de massa do conjunto é a média ponderada das posições: $x_{CM}=\dfrac{m_A\cdot0{,}50+m_B\cdot1{,}50}{m_A+m_B}=\dfrac{3\cdot0{,}50+1\cdot1{,}50}{4}=\dfrac{3{,}0}{4}=0{,}75\,\text{m}$.

Para qualquer onda, $v=\lambda\,f$. No vácuo, a luz se propaga com $c=3{,}00\times10^8\,\text{m/s}$, então $f=\dfrac{c}{\lambda}$.

Com $\lambda=600\,\text{nm}=600\times10^{-9}\,\text{m}=6{,}00\times10^{-7}\,\text{m}$: $f=\dfrac{3{,}00\times10^8}{6{,}00\times10^{-7}}=5{,}0\times10^{14}\,\text{Hz}$.

Na direção horizontal, só a componente horizontal da força acelera o bloco. A componente vertical, $F\,\text{sen}\,60°$, é equilibrada pela normal e pelo peso, sem influenciar o movimento horizontal.

Segunda lei de Newton: $m\,a=F\cos60°$, logo $a=\dfrac{20\cdot\tfrac12}{2{,}0}=5{,}0\,\text{m/s}^2$.

A partir do repouso, $\Delta x=\dfrac{a\,t^2}{2}$, então $10{,}0=\dfrac{5{,}0\,t^2}{2}$ e $t^2=4{,}0\,\text{s}^2$, o que dá $t=2{,}0\,\text{s}$. O seno de $60°$, fornecido como dado, não é necessário.