UNICAMP 1991 | 2ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

Para o mesmo material e à mesma temperatura, $R=\rho_eL/A=\rho_eL/(\pi r^2)$, em que $\rho_e$ é a resistividade.

a) Mantendo a seção reta e triplicando o comprimento, $R_a=3R$.

b) Mantendo o comprimento e duplicando o raio, a área torna-se $A_b=\pi(2r)^2=4A$. Logo, $R_b=R/4$.

Tomando o sentido inicial do movimento como positivo, $v_0=108/3{,}6=30\text{ m/s}$.

A aceleração média durante a frenagem é $a_m=(0-30)/5=-6\text{ m/s}^2$. No modelo de frenagem uniforme, esse também é o valor da aceleração em todo o intervalo.

Desprezando outras forças horizontais, $F_{at}=ma=-4800\text{ N}$: módulo $4800\text{ N}$ e sentido oposto ao movimento.

a) No caso geral, o peso atua no centro da escada; em C, atuam a normal vertical e o atrito para a parede. Em P, a normal é horizontal para a esquerda e pode haver atrito vertical para cima, impedindo o topo de deslizar para baixo.

b) Agora considere $f_P=0$.

Sem atrito em P, atuam o peso de $400\text{ N}$ no centro, a normal horizontal da parede e, no chão, normal e atrito.

Tomando torques em C: $N_P\cdot4=400\cdot1{,}5$, portanto $N_P=150\text{ N}$. Pelo equilíbrio horizontal, $f_C=150\text{ N}$, dirigida para a parede. Pelo equilíbrio vertical, a normal do chão é $N_C=400\text{ N}$. Portanto, o equilíbrio é possível sem atrito na parede, desde que o atrito estático no chão possa atingir $150\text{ N}$.

a) Para $n=1\text{ mol}$, $T_A=P_AV_A/(nR)=(3\cdot8)/0{,}082\approx293\text{ K}$.

b) A expansão AB é isobárica: $W_{AB}=P(V_B-V_A)=3(10-8)=6\text{ atm L}$.

Usando as duas unidades fornecidas para $R$, $1\text{ atm L}\approx(8{,}3/0{,}082)\text{ J}$, logo $W_{AB}\approx607\text{ J}\approx6{,}0\times10^2\text{ J}$.

c) A e C estão na mesma isoterma indicada na figura; portanto, $T_C=T_A\approx293\text{ K}$.

a) No modelo de ondas em águas rasas, $v=C\sqrt{gh}$. A maior altura local da água na crista corresponde à maior velocidade, em comparação com a base.

b) Escreva $v=Cg^\alpha h^\beta d^\gamma$. As dimensões são $LT^{-1}=(LT^{-2})^\alpha L^\beta(ML^{-3})^\gamma$.

Comparando os expoentes: massa, $\gamma=0$; tempo, $-2\alpha=-1$; comprimento, $\alpha+\beta=1$. Assim, $\alpha=\beta=1/2$ e $v=C\sqrt{gh}$.

A densidade não participa. A constante adimensional $C$ não é determinada apenas pela análise dimensional.

Tomando a energia potencial nula no infinito, as duas cargas fixas produzem $U(x)=-2kQq/\sqrt{x^2+d^2}$, em que $q$ é o módulo da carga negativa.

A energia total é $U(a)$, pois a carga é solta do repouso. Assim, $K(x)=U(a)-U(x)$.

a) $U(x)$ é mínima em $x=0$, onde a energia cinética e o módulo da velocidade são máximos.

b) A velocidade é nula quando $U(x)=U(a)$, isto é, $x^2=a^2$. Os pontos de retorno são $x=a$ e $x=-a$.

a) Usando a densidade usual da água, $1\text{ kg/L}$, os $10\text{ L}$ correspondem a $10000\text{ g}$. Logo, $Q=mc\Delta T=10000\cdot1\cdot2=20000\text{ cal}=80000\text{ J}$.

b) Em $25\text{ min}=1500\text{ s}$, o aquecedor fornece $E=Pt=60\cdot1500=90000\text{ J}$. A diferença é $10000\text{ J}$, de modo que a fração perdida é $(E-Q)/E=1/9\approx11{,}1\%$.

a) $v_m=\Delta s/\Delta t=100/10=10\text{ m/s}$.

b) A área sob o gráfico deve valer $100\text{ m}$. Como a velocidade começa em zero e permanece próxima de $v_f$ na parte final, $v_f$ precisa ser maior que a velocidade média. Um valor de cerca de $12$ a $13\text{ m/s}$ é razoável para o esboço.

Por exemplo, uma aproximação com aceleração nos primeiros $4\text{ s}$ e velocidade praticamente constante nos $6\text{ s}$ seguintes dá $100\approx\frac12(4)v_f+6v_f$, ou $v_f\approx12{,}5\text{ m/s}$. O desenho é qualitativo e não determina um valor exato.

O equilíbrio estável ocorre quando o momento dipolar aponta no sentido do campo: posição D.

Em A, $\tau=pE\sin90^{\circ}=qEd$, perpendicular ao plano e no sentido anti-horário.

a) Conserva-se a quantidade de movimento horizontal: o bloco cai verticalmente e não traz momento horizontal. Assim, $80\cdot5=(80+20)v_f$, de onde $v_f=4\text{ m/s}$.

b) A altura de queda é muito pequena, como informa o enunciado; despreza-se sua contribuição à energia. $K_i=\frac12\cdot80\cdot5^2=1000\text{ J}$ e $K_f=\frac12\cdot100\cdot4^2=800\text{ J}$. Portanto, $200\text{ J}$ de energia mecânica são transformados em energia térmica.

A imagem é real, invertida e tem um quarto da altura do objeto: $m=-1/4=-q/p$. Além disso, $p+q=100\text{ cm}$.

Portanto, $p=80\text{ cm}$ e $q=20\text{ cm}$. A lente fica a $80\text{ cm}$ do objeto, entre objeto e imagem.

Pela equação da lente delgada, $f=pq/(p+q)=16\text{ cm}$. A distância focal positiva identifica uma lente convergente.

Para aquecer o mesmo volume de água desde a mesma temperatura até a ebulição, é necessária a mesma energia $Q$. Considerando a mesma tensão de alimentação $U$ e desprezando perdas, $P=U^2/R_{eq}$ e $t=Q/P$.

a) Em paralelo, $R_{eq}=R/2$ e $P_{par}=2P_0$, portanto $t_{par}=t_0/2$.

b) Em série, $R_{eq}=2R$ e $P_{serie}=P_0/2$, portanto $t_{serie}=2t_0$.

a) Na órbita circular rasante, $a_c=v^2/R\approx g=10\text{ m/s}^2$, dirigida para o centro da Terra. O módulo da velocidade é constante, mas sua direção varia.

b) Como $R=6{,}4\times10^6\text{ m}$, $v=\sqrt{gR}=8000\text{ m/s}$. Desprezando a rotação terrestre, o percurso entre pontos opostos é meia circunferência: $s=\pi R$.

$t=\pi R/v=3{,}14\cdot6{,}4\times10^6/8000=2512\text{ s}\approx41{,}9\text{ min}$.

Como $\lambda_{azul}\lt\lambda_{vermelha}$ e $B\gt0$, $n_{azul}\gt n_{vermelha}$. Pela lei de Snell, o raio azul se aproxima mais da normal ao entrar na lâmina: $r_{azul}\lt r_{vermelha}$.

As normais às duas faces são paralelas. Para cada cor, o ângulo interno de incidência na segunda face é igual ao ângulo de refração na primeira. Ao sair para o mesmo meio de incidência, o raio recupera o ângulo externo inicial: $\theta_{e,azul}=\theta_{e,vermelha}=\theta_i$.

Assim, ambos os raios emergentes ficam paralelos ao feixe incidente, com deslocamentos laterais diferentes. O desenho é qualitativo, pois o enunciado não fornece valores de A, B ou da espessura.

a) $f=\omega/(2\pi)=1\text{ Hz}$ e $T=1\text{ s}$.

b) No sentido anti-horário indicado pela seta, a projeção M passa de B para C movendo-se para a esquerda. Se a amplitude é $a$, $x=a\cos\theta$.

Em B, $x=a/2$, logo $\theta_B=\pi/3$. Em C, $x=-a/2$, logo $\theta_C=2\pi/3$. Portanto, $\Delta\theta=\pi/3$ e $\Delta t=\Delta\theta/\omega=1/6\text{ s}$.

$n=N/L=4000\text{ m}^{-1}$ e $B=\mu_0nI=4{,}8\pi\times10^{-3}\text{ T}$.

Como $\vec v$ é paralela a $\vec B$, $\vec F=q\vec v\times\vec B=0$; portanto, $a=0$.