UNICAMP 1988.2 | 2ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

Como $[v]=[L]/[T]$, e comprimento e velocidade são ambos multiplicados por $\alpha$, a unidade de tempo não se altera:

$T' = T$.

Como $[F]=[M][L]/[T]^2$, com $F$ e $L$ multiplicados pelo mesmo fator e $T$ inalterado, a unidade de massa também não se altera:

$M'=M$.

Finalmente, $[E]=[F][L]$. Portanto,

$E'=\alpha^2E$.

Para um gerador real fornecendo corrente,

$V_{AB}=\mathcal{E}-rI$.

Logo,

$V_{AB}=12-I$.

a) O gráfico é uma reta decrescente, passando por $(0,12\text{ V})$ e $(12\text{ A},0)$.

b) Fazendo $V_{AB}=0$:

$0=12-I\Rightarrow I=12\text{ A}$.

a) O gráfico $v\times t$ é uma reta com inclinação constante e negativa. Portanto, a aceleração é constante e negativa. A figura compatível é a figura 3.

b) Como a aceleração é constante e negativa, $x(t)$ é uma função quadrática com concavidade para baixo. A inclinação de $x(t)$ diminui com o tempo, zera quando $v=0$ e depois torna-se negativa.

a) Exemplos de ondas transversais: ondas numa corda esticada e ondas eletromagnéticas.

b) Exemplos de ondas longitudinais: ondas sonoras no ar e compressões que se propagam numa mola helicoidal.

a) Sim. Antes da colisão, as quantidades de movimento têm mesmos módulos e sentidos opostos, de modo que a quantidade de movimento total é nula. Após a colisão, o conjunto fica em repouso e a quantidade de movimento total continua nula.

b) Como a colisão é perfeitamente inelástica, a energia cinética não se conserva. Ela pode transformar-se em energia interna associada à deformação, aquecimento e som.

a) No equilíbrio, decompondo a tração:

$T\sin\theta=F_e$ e $T\cos\theta=mg$.

Logo,

$\dfrac{F_e}{mg}=\tan\theta$.

b) A distância entre as esferas é $2l\sin\theta$. O ponto médio fica a $l\sin\theta$ de cada carga. Assim,

$V=2k\dfrac{q}{l\sin\theta}$.

a) O tempo efetivo de voo é

$30\cdot12=360\text{ h}$.

$v_m=\dfrac{9000}{360}=25\text{ km/h}$.

b) Para um arco de circunferência, $s=R\theta$:

$\theta=\dfrac{9000}{6400}\approx1{,}41\text{ rad}\approx80{,}6^\circ$.

a) Para $x=4\text{ m}$, o gráfico fornece $F=20\text{ N}$:

$a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{20}{1{,}2}\approx16{,}7\text{ m/s}^2$.

b) O trabalho de $0$ a $4\text{ m}$ é a área sob o gráfico:

$W=\dfrac{2\cdot20}{2}+2\cdot20=20+40=60\text{ J}$.

Pelo teorema da energia cinética,

$60=\dfrac12\cdot1{,}2 v^2\Rightarrow v=10\text{ m/s}$.

Pelo gráfico:

$P_A=2P_C$ e $P_B=P_C$.

a) Portanto,

$P_A>P_B=P_C$.

b) Para um gás ideal, com a mesma quantidade de matéria, $T\propto PV$.

Em A: $P_AV_A=2P_CV_C$.

Em B: $P_BV_B=P_CV_C$.

Em C: $P_CV_C^{(C)}=P_C(3V_C)$.

Logo,

$T_C>T_A>T_B$.

Para $\Delta T=100^\circ\text{C}$, as retas indicam dilatações relativas de $2\text{ mm/m}=2\times10^{-3}$ e $1\text{ mm/m}=1\times10^{-3}$.

a) Assim, os coeficientes médios são

$\alpha_A=2\times10^{-5}\ ^\circ\text{C}^{-1}$ e $\alpha_B=1\times10^{-5}\ ^\circ\text{C}^{-1}$.

b) A diferença relativa é

$\dfrac{\Delta L_A-\Delta L_B}{L_0}=(\alpha_A-\alpha_B)\Delta T$.

$0{,}07\%=7\times10^{-4}=(10^{-5})\Delta T$.

$\Delta T=70^\circ\text{C}$.

O raio incidente faz com a normal o ângulo $i=90^\circ-35^\circ=55^\circ$.

a) Pela lei da reflexão, o raio refletido também faz $55^\circ$ com a normal.

b) Pela lei de Snell:

$1\cdot\sin55^\circ=1{,}64\sin r$.

Da tabela, $\sin55^\circ=0{,}82$, então $\sin r=0{,}50$ e $r=30^\circ$.

O deslocamento horizontal no ar é $14/\tan35^\circ=14/0{,}70=20\text{ cm}$.

No líquido, o deslocamento é $40\tan30^\circ=40\cdot0{,}58=23{,}2\text{ cm}$.

Logo, o ponto iluminado fica a aproximadamente $43{,}2\text{ cm}$, na horizontal, da vertical que passa pela fonte.

a) O período do pêndulo é

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}=2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}4}{10}}\approx1{,}26\text{ s}$.

Logo,

$f=\dfrac1T\approx0{,}80\text{ Hz}$.

b) O pêndulo passa pela posição vertical duas vezes em cada período. Para que o estroboscópio o ilumine a cada passagem por essa posição, a frequência mínima correspondente é

$f_e=2f\approx1{,}6\text{ Hz}$.

As seis pilhas estão associadas em série e orientadas no mesmo sentido ao longo do circuito. Assim,

$\mathcal{E}_{eq}=6\mathcal{E}$ e $r_{eq}=6r$.

a)

$I=\dfrac{6\mathcal{E}}{6r}=\dfrac{\mathcal{E}}r=\alpha$.

b) Em cada pilha, a tensão entre os terminais durante o funcionamento é

$U=\mathcal{E}-Ir=\alpha r-\alpha r=0$.

Consequentemente, a diferença de potencial entre A e B é nula.

Tomando momentos em relação a $S_2$, enquanto a esfera está à distância $x$ de $S_1$:

$R_1\cdot1=(1\cdot10)\cdot0{,}5+(2{,}5\cdot10)(1-x)$.

Logo,

$R_1=30-25x$ (em newtons, com $x$ em metros).

a) O gráfico é uma reta decrescente que passa por $R_1=30\text{ N}$ em $x=0$ e $R_1=5\text{ N}$ em $x=1\text{ m}$.

b) O tombamento começa quando $R_1=0$:

$30-25x=0\Rightarrow x=1{,}2\text{ m}$.

Como $S_2$ está em $x=1{,}0\text{ m}$, a esfera pode avançar $0{,}20\text{ m}$ à direita de $S_2$.

Prolongue o trecho A'B' até a lente para localizar o ponto de incidência e prolongue-o também após B'.

Para determinar o trecho incidente, prolongue o raio emergente até o plano focal imagem, isto é, a reta perpendicular ao eixo principal que passa por F'. Una esse ponto ao centro óptico da lente. O raio incidente deve chegar à lente paralelo a essa direção.

Esse procedimento decorre da propriedade focal de uma lente delgada convergente.

Há corrente induzida apenas quando o fluxo magnético através da espira varia.

a) Isso ocorre durante a entrada da espira na região de campo, nas proximidades de B, e durante sua saída, nas proximidades de C. Quando a espira está totalmente fora ou totalmente dentro do campo uniforme, o fluxo é constante e não há corrente induzida.

b) Na entrada, o fluxo para dentro do papel aumenta. Pela lei de Lenz, a espira cria campo para fora do papel: a corrente é anti-horária.

Na saída, o fluxo para dentro do papel diminui. A espira tenta mantê-lo, criando campo para dentro do papel: a corrente é horária.