PUC-Rio 2024.1 | Prova Unificada de Física — Questões de Física comentadas — Método TEF

No ponto mais alto, “exatamente a energia necessária para não descolar” significa normal nula: somente o peso faz o papel de força centrípeta. Então $mg=\dfrac{mv^2}{R}$ e $v^2=gR$.

Tomando o nível da pista como referência, a energia mecânica no topo é $E_{topo}=\dfrac{mv^2}{2}+mg(2R)=\dfrac{mgR}{2}+2mgR=\dfrac{5\,mgR}{2}$.

A energia mecânica inicial é $E_0=\dfrac{mV_0^2}{2}$. Como metade dela foi dissipada até o topo, $E_{topo}=\dfrac{E_0}{2}=\dfrac{mV_0^2}{4}$.

Igualando: $\dfrac{mV_0^2}{4}=\dfrac{5\,mgR}{2}$, logo $V_0^2=10\,gR$ e $V_0=\sqrt{10\,gR}$.

Cada terço dura $t=\dfrac{20\,\text{min}}{3}$. Em horas, o tempo total é $3t=\dfrac13\,\text{h}$, logo $t=\dfrac19\,\text{h}$.

Seja $v_{\text{máx}}$ a velocidade máxima. No primeiro terço o movimento é uniformemente variado a partir do repouso, com velocidade média $\dfrac{v_{\text{máx}}}{2}$; no segundo é uniforme, com velocidade $v_{\text{máx}}$; no terceiro é uniformemente retardado até parar, de novo com velocidade média $\dfrac{v_{\text{máx}}}{2}$.

A distância total é a soma das três parcelas: $\Delta s=\dfrac{v_{\text{máx}}}{2}\,t+v_{\text{máx}}\,t+\dfrac{v_{\text{máx}}}{2}\,t=2\,v_{\text{máx}}\,t$. Esse resultado é a área do trapézio no gráfico $v\times t$.

Com $\Delta s=24\,\text{km}$: $24=2\,v_{\text{máx}}\cdot\dfrac19$, portanto $v_{\text{máx}}=108\,\text{km/h}$.

Em cada colisão não há força externa horizontal, então a quantidade de movimento do sistema se conserva. Como todas as velocidades são dadas com o mesmo sinal, todas as partículas se movem no mesmo sentido do eixo $x$.

1ª colisão (2 com 3): $(m_2+m_3)\,v_{23}=m_2v_2+m_3v_3$, ou seja, $2{,}50\,v_{23}=0{,}50\cdot2{,}00+2{,}00\cdot1{,}50=4{,}0$. Então $v_{23}=1{,}6\,\text{m/s}$.

2ª colisão (1 com o conjunto): $(m_1+m_2+m_3)\,v=m_1v_1+(m_2+m_3)\,v_{23}$, ou seja, $3{,}00\,v=0{,}50\cdot2{,}00+2{,}50\cdot1{,}6=5{,}0$.

Logo $v=\dfrac{5{,}0}{3{,}00}\approx1{,}67\,\text{m/s}$.

A força sobre a carga $+Q$ é a soma vetorial das forças exercidas por $-Q$ e por $+2Q$. A haste serve apenas para manter as posições relativas.

Pela figura, $-Q$ está a distância $a$ de $+Q$ e $+2Q$ está a distância $2a$. A carga $-Q$ atrai $+Q$: $F_1=\dfrac{kQ\cdot Q}{a^2}=\dfrac{kQ^2}{a^2}$, orientada para o sistema.

A carga $+2Q$ repele $+Q$: $F_2=\dfrac{k(2Q)Q}{(2a)^2}=\dfrac{kQ^2}{2a^2}$, orientada para longe do sistema.

As duas forças têm a mesma direção e sentidos opostos. O módulo resultante é $|F|=F_1-F_2=\dfrac{kQ^2}{a^2}-\dfrac{kQ^2}{2a^2}=\dfrac{kQ^2}{2a^2}$, com o sentido de $F_1$, isto é, atrativa.

Tome o conjunto das duas caixas, de massa $3{,}0\,\text{kg}$. Como a rampa não tem atrito, apenas o fio impede o conjunto de descer. A componente do peso ao longo da rampa é $(m_1+m_2)\,g\,\text{sen}\,30°=3{,}0\cdot10\cdot0{,}50=15\,\text{N}$.

Se não houver deslizamento entre as caixas, a tensão equilibra essa componente: $T=15\,\text{N}$, menor que o limite de $20\,\text{N}$. O fio não se rompe.

Falta verificar se o atrito entre as caixas sustenta esse equilíbrio. A caixa 1 tende a descer com $m_1g\,\text{sen}\,30°=5{,}0\,\text{N}$, então o atrito estático necessário é $5{,}0\,\text{N}$.

O atrito máximo é $f_{\text{máx}}=\mu N$, com $N=m_2\,g\cos30°=2{,}0\cdot10\cdot0{,}87=17{,}4\,\text{N}$, o que dá $f_{\text{máx}}=0{,}4\cdot17{,}4\approx7{,}0\,\text{N}$. Como $5{,}0\,\text{N}<7{,}0\,\text{N}$, as caixas não deslizam entre si.

Conclusão: o conjunto permanece em equilíbrio, com tensão de $15\,\text{N}$ no fio e atrito estático de $5{,}0\,\text{N}$ entre as caixas.

Como o calorímetro é perfeito, a soma dos calores trocados é nula. Ao final há apenas água a $0\,°\text{C}$: a água quente esfriou até $0\,°\text{C}$ sem congelar, e o gelo aqueceu até $0\,°\text{C}$ e fundiu por completo.

Calor cedido pela água: $Q_{\text{água}}=m\,c\,\Delta T=1000\cdot1\cdot50=50\,000\,\text{cal}$.

Calor recebido pelo gelo (massa de $500\,\text{g}$, temperatura inicial $T_i$): $Q_{gelo}=500\cdot0{,}5\cdot(0-T_i)+500\cdot80=-250\,T_i+40\,000$.

Igualando os calores: $-250\,T_i+40\,000=50\,000$, logo $T_i=-40\,°\text{C}$.

Na flutuação em equilíbrio, o empuxo tem módulo igual ao peso do corpo: $\rho_L\,V_{sub}\,g=m\,g$.

O volume do cubo é $V=4{,}0^3=64\,\text{cm}^3$, e $25\%$ dele está submerso: $V_{sub}=16\,\text{cm}^3$.

Cancelando $g$: $\rho_L=\dfrac{m}{V_{sub}}=\dfrac{12{,}8\,\text{g}}{16\,\text{cm}^3}=0{,}80\,\text{g/cm}^3$.

I. A força magnética é sempre perpendicular à velocidade, logo não realiza trabalho e não altera a energia cinética. Cada partícula muda apenas a direção da velocidade, mantendo o módulo $v$. Verdadeira.

II. A figura mostra $P_1$ entrando paralelamente às linhas de campo. Nesse caso $F=|q|\,v\,B\,\text{sen}\,\theta$ com $\theta=0$, e a força é nula: $P_1$ segue em linha reta, e não em círculo. Só $P_2$, que entra perpendicularmente ao campo, descreve circunferência, de raio $R=\dfrac{mv}{|q|B}$. Falsa.

III. Para $P_2$, de carga $2q$ e velocidade perpendicular ao campo, $F=(2q)\,v\,B$ e $a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{2\,qvB}{m}$, o dobro do valor afirmado. Falsa.

Portanto, somente a afirmação I está correta.

Para uma bateria de tensão fixa $V$, a potência dissipada é $P=\dfrac{V^2}{R_{eq}}$. Ela é máxima quando a resistência equivalente é a menor possível, o que ocorre ao associar os três resistores em paralelo.

$\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}\,\text{k}\Omega^{-1}$, logo $R_{eq}=0{,}4\,\text{k}\Omega=400\,\Omega$.

A corrente total fornecida pela bateria é $i=\dfrac{V}{R_{eq}}=\dfrac{12}{400}=0{,}030\,\text{A}=30\,\text{mA}$.

O raio que sai da lâmpada e passa pela borda da piscina refrata ao emergir para o ar, formando $30°$ com a vertical. Aplicando a lei de Snell na superfície: $n_{\text{água}}\,\text{sen}\,\theta_a=n_{ar}\,\text{sen}\,30°$.

$\dfrac43\,\text{sen}\,\theta_a=1{,}0\cdot0{,}50$, logo $\text{sen}\,\theta_a=0{,}375$.

Então $\cos\theta_a=\sqrt{1-0{,}375^2}\approx0{,}93$ e $\text{tg}\,\theta_a=\dfrac{0{,}375}{0{,}93}\approx0{,}40$.

Na água, o raio percorre horizontalmente $d$ enquanto sobe $2{,}0\,\text{m}$: $\text{tg}\,\theta_a=\dfrac{d}{2{,}0}$, o que dá $d\approx0{,}8\,\text{m}$.

O trabalho de uma força constante é o produto escalar da força pelo deslocamento: $W=F_x\,\Delta x+F_y\,\Delta y$.

Com a força resultante de componentes $(+30;\,-50)\,\text{N}$ e deslocamento $(X;\,5{,}0)\,\text{m}$: $W=30\,X+(-50)(5{,}0)=30\,X-250$.

Impondo $W=20\,\text{J}$: $30\,X=270$, portanto $X=9{,}0\,\text{m}$.

A folga de $\delta=0{,}10\,\text{mm}=1{,}0\times10^{-4}\,\text{m}$ é o espaço livre entre o aço e a cavidade de vidro. O aço dilata mais que o vidro, e o contato ocorre quando a dilatação do aço “consome” a folga, descontada a dilatação da própria cavidade.

A cavidade de vidro dilata como se fosse feita de vidro, com comprimento inicial $L_A+\delta$. Na condição de contato: $L_A\,\alpha_A\,\Delta T=\delta+(L_A+\delta)\,\alpha_V\,\Delta T$.

Isolando $\Delta T$ e desprezando $\delta$ perante $L_A$ no denominador: $\Delta T=\dfrac{\delta}{L_A\,(\alpha_A-\alpha_V)}=\dfrac{1{,}0\times10^{-4}}{10\cdot(90-7{,}0)\times10^{-7}}=\dfrac{1{,}0\times10^{-4}}{8{,}3\times10^{-5}}\approx1{,}2\,°\text{C}$.

A temperatura de ruptura é $20+1{,}2=21{,}2\,°\text{C}$. O valor pequeno decorre do comprimento de $10\,\text{m}$ do cubo e da folga de apenas $0{,}10\,\text{mm}$.

A pressão a $3{,}8\,\text{km}$ de profundidade é dada pelo teorema de Stevin: $p=p_{atm}+\rho\,g\,h$.

$\rho\,g\,h=1{,}0\times10^{3}\cdot10\cdot3{,}8\times10^{3}=3{,}8\times10^{7}\,\text{Pa}$, que equivale a $380\,\text{atm}$. Somando a pressão atmosférica de $1\,\text{atm}$, a pressão absoluta é de cerca de $381\,\text{atm}$.

A margem de segurança de $20\%$ exige que o casco suporte $1{,}2$ vez esse valor: $1{,}2\cdot381\approx457\,\text{atm}$. Usando apenas a pressão hidrostática, $1{,}2\cdot380=456\,\text{atm}$. A diferença de $1\,\text{atm}$ entre as duas contas não muda a escolha, pois as demais opções diferem em ordem de grandeza.

Os dois corpos estão ligados por corda ideal, então têm a mesma aceleração em módulo e a mesma velocidade. O corpo 2 está sobre superfície horizontal sem atrito: seu peso é equilibrado pela normal e somente a tração atua na direção do movimento.

A força que acelera o conjunto é a componente do peso do corpo 1 ao longo do plano: $Mg\,\text{sen}\,30°=\dfrac{Mg}{2}$. A massa total em movimento é $2M$.

A aceleração é $a=\dfrac{Mg/2}{2M}=\dfrac{g}{4}$.

Partindo do repouso, ambos percorrem a mesma distância $L$: $v^2=2\,a\,L=2\cdot\dfrac{g}{4}\cdot L=\dfrac{gL}{2}$, de modo que $v=\sqrt{\dfrac{gL}{2}}$.

O mesmo resultado sai por energia: a perda de energia potencial do corpo 1 é $MgL\,\text{sen}\,30°=\dfrac{MgL}{2}$, convertida em energia cinética dos dois corpos, $\dfrac12(2M)v^2$.

Na órbita circular, a Terra percorre $2\pi r$ em um ano. Com $r=1{,}5\times10^{8}\,\text{km}$, o comprimento da órbita é $2\pi r\approx9{,}4\times10^{8}\,\text{km}$.

Um ano tem cerca de $365\cdot24\approx8{,}8\times10^{3}\,\text{h}$.

A velocidade é $v=\dfrac{2\pi r}{T}\approx\dfrac{9{,}4\times10^{8}}{8{,}8\times10^{3}}\approx1{,}1\times10^{5}\,\text{km/h}$. A ordem de grandeza é $10^{5}\,\text{km/h}$.

Em um processo isocórico o volume não varia, então o gás não realiza trabalho, $W=0$. Pela primeira lei da termodinâmica, $\Delta U=Q$.

Para um gás ideal, a variação de energia interna depende só da temperatura: $\Delta U=n\,C_v\,\Delta T$.

Dividindo por $n\,C_v$: $\dfrac{\Delta U}{n\,C_v}=\Delta T$. O fato de a pressão cair pela metade indica apenas que a temperatura absoluta também cai pela metade ($T_f=T_i/2$), de modo que $\Delta T$ é negativo, coerente com o calor perdido; o valor numérico não é necessário.

Campo elétrico: as cargas ocupam vértices opostos, a distâncias iguais do centro. Os campos de cada par de cargas opostas têm o mesmo módulo e sentidos contrários, e o campo resultante no centro é nulo.

Potencial elétrico: o potencial é uma grandeza escalar, e as contribuições se somam. Cada carga está a $r=\dfrac{L\sqrt{2}}{2}=\dfrac{L}{\sqrt{2}}$ do centro: $V=4\cdot\dfrac{kQ}{L/\sqrt{2}}=4\sqrt{2}\,\dfrac{kQ}{L}$.

Portanto, $E=0$ e $V=4\sqrt{2}\,\dfrac{kQ}{L}$. A única opção com campo nulo traz o potencial com $Q^2$ em vez de $Q$, o que é dimensionalmente incorreto. Além disso, as opções A e C estão impressas com o mesmo texto no caderno. A banca anulou a questão.

Consumir $1{,}8\,\text{J}$ por segundo corresponde a uma potência $P=1{,}8\,\text{W}$, dissipada na resistência.

Com $P=R\,i^2$: $i=\sqrt{\dfrac{P}{R}}=\sqrt{\dfrac{1{,}8}{500}}=\sqrt{3{,}6\times10^{-3}}=6{,}0\times10^{-2}\,\text{A}$.

Em miliampères, $i=60\,\text{mA}$ (tratando o amperímetro como ideal).

Uma imagem direita e menor que o objeto é virtual e reduzida, o que só ocorre em espelho convexo. O espelho côncavo forma imagem direita apenas quando ela é ampliada.

O aumento linear é $A=-\dfrac{p'}{p}=+\dfrac12$, com $p=1{,}0\,\text{m}$, o que dá $p'=-0{,}50\,\text{m}$ (imagem virtual, atrás do espelho).

Pela equação de Gauss: $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}=\dfrac{1}{1{,}0}-\dfrac{1}{0{,}50}=1-2=-1\,\text{m}^{-1}$, portanto $f=-1{,}0\,\text{m}$.

O raio de curvatura é $R=2\,|f|=2{,}0\,\text{m}$, em espelho convexo.

Para o equilíbrio de translação, a soma das forças verticais é nula. O peso da haste (60 N) atua para baixo, aplicado no centro por ser homogênea. A força $F$ (30 N) atua para cima na extremidade.

Como $F$ é menor que o peso, o suporte precisa completar a diferença, empurrando a haste para cima: $R+F=P$, logo $R=60-30=30\,\text{N}$.

Conferência do equilíbrio de rotação em relação ao suporte, sendo $L$ o comprimento da haste: o peso gera momento $P\cdot\dfrac{L}{2}\cos\theta=30\,L\cos\theta$, e a força $F$ gera $F\cdot L\cos\theta=30\,L\cos\theta$. Os momentos se equilibram, e a inclinação de $30°$ não altera o resultado.

O deslocamento retilíneo tem módulo $d=\sqrt{12^2+5^2}=13\,\text{m}$. Sendo a força constante e a trajetória retilínea, a força é paralela ao deslocamento.

Pelo teorema do trabalho e da energia cinética, $W=\Delta E_c$. Como $W=F\,d$, resulta $F\cdot13=130$.

Logo $F=10\,\text{N}$. A massa de $4{,}0\,\text{kg}$ não é necessária para esse cálculo.

Com a mesma velocidade inicial $v$ e ângulo de lançamento $\theta$, sem resistência do ar:

I. O alcance é $A=\dfrac{v^2\,\text{sen}\,2\theta}{g}$. Para $30°$, $\text{sen}\,60°=0{,}87$; para $45°$, $\text{sen}\,90°=1$. O alcance da segunda bola é maior. Falsa.

II. O tempo de voo é $t=\dfrac{2\,v\,\text{sen}\,\theta}{g}$, proporcional a $\text{sen}\,\theta$: $0{,}50$ para $30°$ e $0{,}71$ para $45°$. Os tempos são diferentes. Falsa.

III. A altura máxima é $H=\dfrac{v^2\,\text{sen}^2\theta}{2g}$, proporcional a $\text{sen}^2\theta$: $0{,}25$ para $30°$ e $0{,}50$ para $45°$. A segunda bola sobe mais. Verdadeira.

Portanto, somente a afirmação III está correta.

I. A velocidade da luz em um meio de índice $n$ é $v=\dfrac{c}{n}$. Na água, $v=\dfrac{3{,}0\times10^{8}}{1{,}33}\approx2{,}3\times10^{8}\,\text{m/s}$. Verdadeira.

II. Nas ondas eletromagnéticas, os campos elétrico e magnético oscilam perpendicularmente à direção de propagação. São ondas transversais. Falsa.

III. Na refração a frequência não muda, e $\lambda=\dfrac{\lambda_0}{n}$. No vidro, $\lambda=\dfrac{6{,}0\times10^{-7}}{1{,}5}=4{,}0\times10^{-7}\,\text{m}$. O comprimento de onda diminui ao entrar em um meio de maior índice, e não aumenta. Falsa.

Portanto, somente a afirmação I está correta.

O bloco 1 pende na vertical, com peso $P_1=m_1g=20\,\text{N}$. No bloco 2, a componente do peso ao longo da rampa é $P_{2x}=m_2\,g\,\text{sen}\,30°=3{,}0\cdot10\cdot0{,}50=15\,\text{N}$.

Como $P_1>P_{2x}$, o bloco 1 desce e o bloco 2 sobe a rampa, com a mesma aceleração $a$ (fio ideal). Tratando os dois como um sistema: $a=\dfrac{P_1-P_{2x}}{m_1+m_2}=\dfrac{20-15}{5{,}0}=1{,}0\,\text{m/s}^2$.

Para o bloco 1: $P_1-T=m_1a$, então $T=20-2{,}0\cdot1{,}0=18\,\text{N}$.

Conferência com o bloco 2: $T-P_{2x}=m_2a$ dá $18-15=3{,}0\cdot1{,}0$, que é consistente.

Nas condições nominais, a potência dissipada pela lâmpada é $P=\dfrac{V^2}{R}$.

Então $R=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{240^2}{120}=\dfrac{57\,600}{120}=480\,\Omega$.

Com velocidade constante, a resultante é nula: a tração no cabo equilibra o peso, $T=mg=2000\cdot10=2{,}0\times10^{4}\,\text{N}$.

A potência é $P=T\,v=2{,}0\times10^{4}\cdot1{,}00=2{,}0\times10^{4}\,\text{W}=20\,000\,\text{W}$.

Em uma transformação isobárica de um gás ideal, $\dfrac{V}{T}$ é constante, com $T$ na escala Kelvin.

A temperatura inicial é $T_i=27+273=300\,\text{K}$. Como o volume dobra, a temperatura absoluta também dobra: $T_f=600\,\text{K}$.

Voltando para Celsius: $\theta_f=600-273=327\,°\text{C}$. Dobrar o valor em Celsius ($54\,°\text{C}$) é o erro típico, pois a proporcionalidade vale apenas na escala absoluta.