Provas Anteriores | UFF 2012 — 2ª etapa

Mecânica — Estática — Equilíbrio com atrito estático e atração magnética

Ímãs são frequentemente utilizados para prender pequenos objetos em superfícies metálicas planas e verticais, como quadros de avisos e portas de geladeiras. Considere que um ímã, colado a um grampo, esteja em contato com a porta de uma geladeira. Suponha que a força magnética que o ímã faz sobre a superfície da geladeira é perpendicular a ela e tem módulo $F_M$. O conjunto ímã/grampo tem massa $m_0$. O coeficiente de atrito estático entre a superfície da geladeira e a do ímã é $\mu_e$. Uma massa $M$ está pendurada no grampo por um fio de massa desprezível, como mostra a figura.

Ímã e grampo presos à porta vertical, sustentando a massa M.

a) Desenhe no diagrama as forças que agem sobre o conjunto ímã/grampo (representado pelo ponto preto no cruzamento dos eixos $x$ e $y$ na figura), identificando cada uma dessas forças. (1,0 ponto)

b) Qual o maior valor da massa $M$ que pode ser pendurada no grampo sem que o conjunto caia? (1,0 ponto)

a) Atração magnética para a porta, normal para fora, atrito para cima, peso e tração para baixo. b) $M_{\max}=\mu_eF_M/g-m_0$.

Resolução comentada

a) Identificação das forças. Considere apenas o conjunto ímã/grampo como corpo de estudo. A porta está à esquerda na figura: a força magnética $\vec F_M$ aponta para a esquerda e a normal $\vec N$, exercida pela porta, para a direita. O atrito estático $\vec A$ aponta para cima, impedindo o deslizamento. O peso $\vec P_0$, de módulo $m_0g$, e a tração $\vec T$ do fio apontam para baixo.

Diagrama de forças da resolução.

A força magnética citada no enunciado atua na porta. Pela terceira lei de Newton, a porta exerce sobre o ímã uma força de mesmo módulo e sentido oposto. É essa força que entra no diagrama do conjunto; forças de ação e reação atuam em corpos diferentes.

b) Condição de equilíbrio. Na horizontal, $N=F_M$. A massa suspensa está em repouso, logo $T=Mg$. Na vertical, o atrito deve equilibrar o peso do conjunto mais a tração: $A=m_0g+Mg=(m_0+M)g$.

O atrito estático se ajusta à necessidade até o limite $A_{\max}=\mu_eN=\mu_eF_M$. Na iminência de queda, $(m_0+M_{\max})g=\mu_eF_M$, de onde $M_{\max}=\mu_eF_M/g-m_0$. A expressão tem dimensão de massa. Para sustentar uma massa não negativa, é necessário $\mu_eF_M\ge m_0g$; caso contrário, nem o conjunto sozinho permanece preso.

Resposta: a) Atração magnética para a porta, normal para fora, atrito para cima, peso e tração para baixo. b) $M_{\max}=\mu_eF_M/g-m_0$.

Mecânica — Quantidade de movimento — Energia elástica e conservação do momento em carrinhos

Dois carrinhos idênticos, ambos de massa $m$, são colocados em repouso num plano horizontal, comprimindo uma mola, conforme mostra a figura. A mola é mantida comprimida por uma linha fina, de massa desprezível, amarrada aos dois carrinhos, mas a mola não está presa a eles. Rompe-se a linha e os dois carrinhos movem-se em direções opostas e sobem as rampas ilustradas na figura, até atingirem uma altura máxima $h_0$.

Numa segunda experiência, uma massa desconhecida $x$ é adicionada ao carrinho A. Os dois carrinhos são recolocados nas mesmas posições, comprimindo a mesma mola de forma idêntica à situação anterior. Entretanto, nessa segunda experiência, após o rompimento da linha, apenas a altura máxima $h_B$ atingida pelo carrinho B é medida.

Considere que a aceleração da gravidade é $g$ e que a massa da mola e o atrito entre os carrinhos e a superfície onde eles se deslocam são, ambos, desprezíveis.

Duas experiências: carrinhos simétricos sobem até h₀; com massa x em A, B atinge hB.

a) Determine a energia potencial elástica inicialmente armazenada na mola em termos de $m$, $g$ e $h_0$. (0,5 ponto)

b) Na 2ª experiência, os carrinhos A e B atingem velocidades, respectivamente, $v_A$ e $v_B$ imediatamente após a mola alcançar sua posição relaxada. Determine a razão $v_A/v_B$ em função de $m$ e $x$. (0,5 ponto)

c) Determine o valor da massa desconhecida $x$ em termos de $m$, $h_0$ e $h_B$. (1,0 ponto)

a) $E_{\rm el}=2mgh_0$. b) $v_A/v_B=m/(m+x)$, para os módulos. c) $x=2m(h_B-h_0)/(2h_0-h_B)$.

Resolução comentada

a) Primeira experiência. Não há dissipação. A energia elástica inicial transforma-se na energia potencial gravitacional dos dois carrinhos, que chegam ao repouso à mesma altura $h_0$. Tomando o plano horizontal como nível de referência, $E_{\rm el}=mgh_0+mgh_0=2mgh_0$.

b) Impulso da mola. Enquanto a mola se distende no trecho horizontal, não há força externa horizontal resultante sobre os carrinhos. A quantidade de movimento inicial é nula. Como os carrinhos saem em sentidos opostos, $(m+x)v_A=mv_B$, usando os módulos. Assim, $v_A/v_B=m/(m+x)$. Se fossem usadas velocidades algébricas no mesmo eixo, a razão teria sinal negativo.

c) Segunda experiência. A compressão é a mesma, portanto a energia elástica inicial continua sendo $2mgh_0$. Ao terminar a distensão, $2mgh_0=\tfrac12(m+x)v_A^2+\tfrac12mv_B^2$. Para B subir até $h_B$, a conservação da energia fornece $\tfrac12mv_B^2=mgh_B$, isto é, $v_B^2=2gh_B$.

Substituindo $v_A=[m/(m+x)]v_B$, resulta $2mgh_0=mgh_B[1+m/(m+x)]$. Cancelando $mg$ e isolando a massa: $(2h_0-h_B)(m+x)=mh_B$, portanto $x=2m(h_B-h_0)/(2h_0-h_B)$.

Para uma massa acrescentada positiva e finita, $h_0

Resposta: a) $E_{\rm el}=2mgh_0$. b) $v_A/v_B=m/(m+x)$, para os módulos. c) $x=2m(h_B-h_0)/(2h_0-h_B)$.

Eletricidade — Eletrodinâmica — Associação de lâmpadas e potência após abertura de um ramo

Um estudante montou o circuito da figura com três lâmpadas idênticas, A, B e C, e uma bateria de $12\,\mathrm V$. As lâmpadas têm resistência de $100\,\Omega$.

Lâmpada A em série com o paralelo das lâmpadas B e C, alimentado por bateria de 12 V.

a) Calcule a corrente elétrica que atravessa cada uma das lâmpadas. (1,0 ponto)

b) Calcule as potências dissipadas nas lâmpadas A e B e identifique o que acontecerá com seus respectivos brilhos (aumenta, diminui ou permanece o mesmo) se a lâmpada C queimar. (1,0 ponto)

a) $I_A=0{,}08\,\mathrm A$; $I_B=I_C=0{,}04\,\mathrm A$. b) $P_A=0{,}64\,\mathrm W$, $P_B=0{,}16\,\mathrm W$. Se C queimar, o brilho de A diminui e o de B aumenta.

Resolução comentada

a) Leitura do circuito. B e C estão em paralelo: compartilham os mesmos dois nós. A está em série com esse paralelo. Portanto, $R_{BC}=100\cdot100/(100+100)=50\,\Omega$ e $R_{\rm eq}=100+50=150\,\Omega$.

A corrente fornecida pela bateria passa integralmente por A: $I_A=12/150=0{,}08\,\mathrm A$. Como B e C têm resistências iguais, a corrente se divide igualmente: $I_B=I_C=I_A/2=0{,}04\,\mathrm A$. As tensões são $U_A=100\cdot0{,}08=8\,\mathrm V$ e $U_B=U_C=4\,\mathrm V$.

b) Potências e brilhos. Usando $P=RI^2$, obtemos $P_A=100(0{,}08)^2=0{,}64\,\mathrm W$ e $P_B=100(0{,}04)^2=0{,}16\,\mathrm W$.

Quando C queima, seu ramo fica aberto. A e B continuam formando um circuito fechado, agora em série: $R_{\rm eq}^{\prime}=200\,\Omega$ e $I^{\prime}=12/200=0{,}06\,\mathrm A$. Cada lâmpada dissipa $P^{\prime}=100(0{,}06)^2=0{,}36\,\mathrm W$.

A potência de A cai de $0{,}64$ para $0{,}36\,\mathrm W$, reduzindo seu brilho. A potência de B sobe de $0{,}16$ para $0{,}36\,\mathrm W$, aumentando seu brilho. Embora a corrente total diminua, a corrente no ramo B aumenta.

Resposta: a) $I_A=0{,}08\,\mathrm A$; $I_B=I_C=0{,}04\,\mathrm A$. b) $P_A=0{,}64\,\mathrm W$, $P_B=0{,}16\,\mathrm W$. Se C queimar, o brilho de A diminui e o de B aumenta.

Óptica — Lentes — Equação de Gauss e aumento em câmeras fotográficas

Uma das principais diferenças entre câmeras fotográficas digitais e analógicas é o tamanho do sistema que armazena a luz do objeto fotografado. Em uma câmera analógica, o sistema utilizado é um filme de $24\,\mathrm{mm}$ de altura e $36\,\mathrm{mm}$ de largura. Nas câmeras digitais, o sensor possui $16\,\mathrm{mm}$ de altura por $24\,\mathrm{mm}$ de largura, aproximadamente. Tanto o filme quanto o sensor são colocados no plano onde se forma a imagem.

Possuímos duas câmeras, uma analógica e uma digital. A distância focal da lente da câmera analógica é $f_a=50\,\mathrm{mm}$. Queremos fotografar um objeto de altura $h=480\,\mathrm{mm}$.

a) Utilizando a câmera analógica, calcule a distância $D$ entre a lente e o filme, e a distância $L$ entre a lente e o objeto a ser fotografado, de forma que a imagem ocupe a altura máxima do filme e esteja em foco. (1,0 ponto)

b) Utilizando agora a câmera digital, calcule a distância $D^{\prime}$ entre a lente e o sensor e a distância focal da lente $f_d$, de forma que o mesmo objeto, situado à mesma distância $L$ do caso analógico, esteja em foco e ocupe a altura máxima do sensor. (1,0 ponto)

a) $D=52{,}5\,\mathrm{mm}$ e $L=1050\,\mathrm{mm}$. b) $D^{\prime}=35\,\mathrm{mm}$ e $f_d=1050/31\,\mathrm{mm}\approx33{,}9\,\mathrm{mm}$.

Resolução comentada

a) Câmera analógica. A imagem real formada no filme tem altura de módulo $24\,\mathrm{mm}$. O módulo do aumento linear é $|A|=D/L=24/480=1/20$, logo $D=L/20$. A inversão da imagem não altera essa relação entre módulos.

Pela equação de Gauss para a lente, $1/f_a=1/L+1/D$. Mantendo todas as distâncias em milímetros: $1/50=1/L+20/L=21/L$. Portanto, $L=1050\,\mathrm{mm}$ e $D=1050/20=52{,}5\,\mathrm{mm}$.

b) Câmera digital. O objeto permanece a $L=1050\,\mathrm{mm}$, mas a imagem deve ter altura de $16\,\mathrm{mm}$. Assim, $D^{\prime}/L=16/480=1/30$, de onde $D^{\prime}=1050/30=35\,\mathrm{mm}$.

A nova distância focal satisfaz $1/f_d=1/1050+1/35=31/1050$, portanto $f_d=1050/31\,\mathrm{mm}\approx33{,}9\,\mathrm{mm}$. É necessário alterar a distância focal para enquadrar o mesmo objeto na mesma distância usando um sensor menor.

Resposta: a) $D=52{,}5\,\mathrm{mm}$ e $L=1050\,\mathrm{mm}$. b) $D^{\prime}=35\,\mathrm{mm}$ e $f_d=1050/31\,\mathrm{mm}\approx33{,}9\,\mathrm{mm}$.

Termologia — Termodinâmica — Primeira lei e transformações no ciclo de Stirling

O ciclo de Stirling é um ciclo termodinâmico reversível utilizado em algumas máquinas térmicas. Considere o ciclo de Stirling para $1\,\mathrm{mol}$ de um gás ideal monoatômico ilustrado no diagrama PV.

Ciclo de Stirling: AB e CD isotérmicos; BC e DA isocóricos, com volumes VA e VC.

Os processos AB e CD são isotérmicos e os processos BC e DA são isocóricos.

a) Preencha a tabela (a) para a pressão, volume e temperatura nos pontos A, B, C, D. Escreva as suas respostas em função de $P_A$, $V_A$, $P_C$, $V_C$ e de $R$ (constante universal dos gases). (1,0 ponto) Justifique o preenchimento das colunas P e T.

Estado	$P$	$V$	$T$
A	—	—	—
B	—	—	—
C	—	—	—
D	—	—	—

b) Complete a tabela (b) com os valores do calor absorvido pelo gás ($Q$), da variação da sua energia interna ($\Delta U$) e do trabalho realizado pelo gás ($W$), medidos em joule, em cada um dos trechos AB, BC, CD e DA, representados no diagrama PV. (1,0 ponto) Justifique o preenchimento das colunas para $Q$ e $\Delta U$.

São dados: $W_{AB}=300\,\mathrm J$, $W_{CD}=-150\,\mathrm J$ e $\Delta U_{DA}=750\,\mathrm J$.

Trecho	$Q\,(\mathrm J)$	$\Delta U\,(\mathrm J)$	$W\,(\mathrm J)$
AB	—	—	—
BC	—	—	—
CD	—	—	—
DA	—	—	—

a) As pressões e temperaturas estão na tabela da resolução. b) $(Q,\Delta U,W)$, em joules: AB $(300,0,300)$; BC $(-750,-750,0)$; CD $(-150,0,-150)$; DA $(750,750,0)$.

Resolução comentada

a) Estados do gás. Para um mol, a equação dos gases ideais é $PV=RT$. Nas isotermas, o produto $PV$ e a temperatura permanecem constantes. No trecho AB, $P_BV_C=P_AV_A$, de onde $P_B=P_AV_A/V_C$ e $T_B=T_A=P_AV_A/R$.

No trecho CD, $P_DV_A=P_CV_C$, portanto $P_D=P_CV_C/V_A$ e $T_D=T_C=P_CV_C/R$. Nas isocóricas BC e DA, os volumes são, respectivamente, $V_C$ e $V_A$.

Estado	$P$	$V$	$T$
A	$P_A$	$V_A$	$P_AV_A/R$
B	$P_AV_A/V_C$	$V_C$	$P_AV_A/R$
C	$P_C$	$V_C$	$P_CV_C/R$
D	$P_CV_C/V_A$	$V_A$	$P_CV_C/R$

b) Primeira lei. Adotamos $Q>0$ para calor recebido e $W>0$ para trabalho realizado pelo gás. Então $\Delta U=Q-W$, ou $Q=\Delta U+W$. Para o gás ideal monoatômico, $U=\tfrac32RT$; assim, nas isotermas AB e CD, $\Delta U=0$ e $Q=W$.

Em AB, o gás se expande: $W_{AB}=300\,\mathrm J$ e $Q_{AB}=300\,\mathrm J$. Em CD, é comprimido: $W_{CD}=-150\,\mathrm J$ e $Q_{CD}=-150\,\mathrm J$.

Nas isocóricas, não há variação de volume, logo $W_{BC}=W_{DA}=0$. Como DA tem $\Delta U_{DA}=750\,\mathrm J$, recebe $Q_{DA}=750\,\mathrm J$. BC liga a mesma temperatura quente à mesma temperatura fria no sentido oposto: $\Delta U_{BC}=-750\,\mathrm J$, portanto $Q_{BC}=-750\,\mathrm J$.

Trecho	$Q\,(\mathrm J)$	$\Delta U\,(\mathrm J)$	$W\,(\mathrm J)$
AB	300	0	300
BC	−750	−750	0
CD	−150	0	−150
DA	750	750	0

Conferência no ciclo completo: $\Delta U_{\rm ciclo}=0$ e $Q_{\rm ciclo}=300-750-150+750=150\,\mathrm J=W_{\rm ciclo}$. Calor absorvido negativo significa calor cedido pelo gás; não é necessário trocar a convenção para preencher a tabela.

Resposta: a) As pressões e temperaturas estão na tabela da resolução. b) $(Q,\Delta U,W)$, em joules: AB $(300,0,300)$; BC $(-750,-750,0)$; CD $(-150,0,-150)$; DA $(750,750,0)$.

UFF | 2012 · 2ª etapa

Dados da prova