UNICAMP 1994 | 2ª Fase

O voltímetro ideal não drena corrente. Assim, a corrente medida pelo amperímetro é a soma das correntes nos dois ramos:

$I=10+2{,}0=12\text{ A}$.

Como $R_1$ e $R_2$ estão diretamente ligados aos terminais da bateria ideal, a diferença de potencial em cada ramo e no voltímetro é $100\text{ V}$.

$R_1=\dfrac{100}{10}=10\Omega$ e $R_2=\dfrac{100}{2{,}0}=50\Omega$.

A potência fornecida pela bateria é

$P=UI=100\cdot12=1200\text{ W}=1{,}2\times10^3\text{ W}$.

Em equilíbrio, as componentes verticais das duas forças sustentam o peso:

$P=2T\sin30^\circ=2\cdot60\cdot0{,}5=60\text{ kgf}$.

Para o mesmo ângulo, $T=P$, pois $2\sin30^\circ=1$. Com crianças de $30\text{ kg}$, o peso total é $30n\text{ kgf}$ e deve satisfazer

$30n\le130$.

Logo, $n\le4{,}33$ e a rede suporta, no máximo, 4 crianças.

Como a questão pede uma estimativa, é necessário declarar hipóteses razoáveis.

a) Aproximando a densidade média do corpo humano pela densidade da água, $\rho\approx1{,}0\text{ kg/L}$:

$V\approx\dfrac{55\text{ kg}}{1{,}0\text{ kg/L}}\approx55\text{ L}$.

b) Suponhamos grãos aproximadamente esféricos, de diâmetro $0{,}5\text{ mm}$, e uma fração de empacotamento de cerca de $64\%$. O volume sólido de areia é então

$V_s\approx0{,}64\cdot0{,}055=3{,}52\times10^{-2}\text{ m}^3$.

Para um grão de raio $2{,}5\times10^{-4}\text{ m}$:

$V_g=\dfrac43\pi r^3\approx6{,}54\times10^{-11}\text{ m}^3$.

Assim,

$N\approx\dfrac{V_s}{V_g}\approx5{,}4\times10^8$ grãos.

Outras escolhas razoáveis para o tamanho dos grãos e o empacotamento levam a valores da mesma ordem de grandeza.

A velocidade de patamar é $54\text{ km/h}=15\text{ m/s}$.

a) De $0$ a $10\text{ s}$:

$a=\dfrac{15-0}{10}=1{,}5\text{ m/s}^2$ e $F=800\cdot1{,}5=1200\text{ N}$.

Entre $10\text{ s}$ e $60\text{ s}$, $a=0$, portanto $F=0$.

De $60\text{ s}$ a $65\text{ s}$:

$a=\dfrac{0-15}{5}=-3{,}0\text{ m/s}^2$ e $F=800\cdot(-3{,}0)=-2400\text{ N}$.

b) A distância é a área sob o gráfico $v\times t$:

$\Delta s=\dfrac{10\cdot15}{2}+50\cdot15+\dfrac{5\cdot15}{2}=75+750+37{,}5=862{,}5\text{ m}$.

Em relação à Terra, a bolinha conserva a componente horizontal da velocidade do menino, $v_x=2{,}5\text{ m/s}$, e tem componente vertical inicial $v_{0y}=4{,}0\text{ m/s}$.

a) A composição do MRU horizontal com o movimento vertical uniformemente variado produz uma parábola.

b) No ponto mais alto, $v_y=0$:

$h_{\max}=\dfrac{v_{0y}^2}{2g}=\dfrac{4{,}0^2}{20}=0{,}80\text{ m}$.

c) O tempo total de voo é

$T=\dfrac{2v_{0y}}{g}=\dfrac{8}{10}=0{,}80\text{ s}$.

Logo, $\Delta x=v_xT=2{,}5\cdot0{,}80=2{,}0\text{ m}$.

A cada colisão resta $80\%$ da energia mecânica imediatamente anterior.

Depois da primeira colisão: $E_1=0{,}8E_0$.

Depois da segunda: $E_2=0{,}8E_1=0{,}64E_0$.

a) Como $E_0=mg\cdot1{,}0$, no ponto A:

$mgh_A=0{,}64mg\cdot1{,}0$.

Logo, $h_A=0{,}64\text{ m}$.

b) Na descida até a terceira colisão:

$\dfrac12mv^2=mgh_A$.

$v=\sqrt{2gh_A}=\sqrt{2\cdot10\cdot0{,}64}=\sqrt{12{,}8}\approx3{,}6\text{ m/s}$.

a) Pelo teorema da energia cinética:

$W=\Delta K=\dfrac12mv^2=\dfrac12\cdot4{,}0\cdot10^2=200\text{ J}$.

b) Como a força é constante, a aceleração também é constante. Pela relação cinemática:

$v^2=v_0^2+2a\Delta s$.

$10^2=2a\cdot25$, portanto $a=2{,}0\text{ m/s}^2$.

Pela segunda lei de Newton, $F=ma=4{,}0\cdot2{,}0=8{,}0\text{ N}$.

a) Próximo ao instante de impacto, o gráfico é praticamente retilíneo. Sua inclinação é aproximadamente

$v=\dfrac{\Delta y}{\Delta t}=\dfrac{0-80}{11-3}=-10\text{ m/s}$.

Portanto, a pedrinha atinge o chão com velocidade de módulo $10\text{ m/s}$.

b) A equação de queda livre citada no enunciado, $y=100-5t^2$, corresponde a $g=10\text{ m/s}^2$.

O trabalho do atrito é a variação da energia mecânica:

$W_{at}=E_f-E_i=\dfrac12mv_f^2-mgh_i$.

$W_{at}=\dfrac12\cdot0{,}050\cdot10^2-0{,}050\cdot10\cdot100=2{,}5-50=-47{,}5\text{ J}$.

Sejam $m=1{,}0\times10^{12}\text{ kg}$ e $M=6{,}0\times10^{24}\text{ kg}$. Pela conservação da quantidade de movimento:

$mv=(M+m)V$.

Assim, $V=\dfrac{m}{M+m}v$.

A razão entre a energia cinética final do conjunto e a energia cinética inicial do meteorito é

$\dfrac{K_f}{K_i}=\dfrac{m}{M+m}\approx1{,}67\times10^{-13}$.

Logo, a fração convertida em calor é

$1-1{,}67\times10^{-13}\approx1$, isto é, praticamente $100\%$.

b) $36.000\text{ km/h}=1{,}0\times10^4\text{ m/s}$.

$K_i=\dfrac12mv^2=\dfrac12\cdot10^{12}\cdot10^8=5{,}0\times10^{19}\text{ J}$.

Como praticamente toda essa energia se transforma em calor, o volume vaporizado é

$V_{vap}\approx\dfrac{5{,}0\times10^{19}}{2{,}5\times10^6}=2{,}0\times10^{13}\text{ L}$.

A fração dos oceanos é

$\dfrac{2{,}0\times10^{13}}{2{,}0\times10^{21}}=1{,}0\times10^{-8}$.

A diferença de pressão de $150\text{ mmHg}$ equivale à pressão de uma coluna de mercúrio de $0{,}150\text{ m}$. Usando $\rho_{Hg}\approx13{,}6\rho_{água}$:

$\rho_{água}gh=\rho_{Hg}g(0{,}150)$.

a) Portanto,

$h=13{,}6\cdot0{,}150=2{,}04\text{ m}$.

b) Mantida a mesma capacidade de pressão do coração, no outro planeta:

$\rho_{água}g_{\max}(0{,}50)=\rho_{água}g_{Terra}(2{,}04)$.

Adotando $g_{Terra}\approx10\text{ m/s}^2$:

$g_{\max}=10\cdot\dfrac{2{,}04}{0{,}50}=40{,}8\text{ m/s}^2\approx40\text{ m/s}^2$.

A energia dissipada por minuto é

$Q_{1\text{ min}}=750\cdot60=4{,}5\times10^4\text{ J}$.

a) Pela evaporação, $Q=mL$:

$m=\dfrac{4{,}5\times10^4}{2500}=18\text{ g/min}=0{,}018\text{ kg/min}$.

b) Em $30\text{ min}$:

$m=18\cdot30=540\text{ g}$.

Como a densidade da água é aproximadamente $1\text{ kg/L}$, isso corresponde a $0{,}54\text{ L}$.

No equilíbrio mecânico, as pressões dos dois lados são iguais. Como os gases são os mesmos e estão à mesma temperatura, pela equação $pV=nRT$:

$\dfrac{V_E}{V_D}=\dfrac{n_E}{n_D}=\dfrac{1}{2}$.

Além disso, $V_E+V_D=2{,}0\text{ L}$. Portanto,

$V_E=\dfrac{2{,}0}{3}=0{,}667\text{ L}\approx0{,}67\text{ L}$.

b) Pelo lado esquerdo:

$p=\dfrac{nRT}{V}=\dfrac{1{,}0\cdot0{,}080\cdot300}{2/3}=36\text{ atm}$.

A mesma pressão atua no lado direito.

O feixe incidente é paralelo e converge para o furo P. Portanto, P está no foco imagem da lente A:

$f_A=+10\text{ cm}$.

a) Os raios delimitadores formam triângulos semelhantes em torno de P. O diâmetro passa de $5{,}0\text{ cm}$ na lente A para $10\text{ cm}$ na lente B, isto é, dobra. Logo, a distância de P à lente B também dobra:

$PB=2\cdot10=20\text{ cm}$.

b) Os raios que chegam à lente B divergem de P e saem paralelos. Assim, P está no foco objeto de B:

$f_B=+20\text{ cm}$.

As duas lentes são convergentes e, portanto, têm distâncias focais positivas.

a) $\lambda=\dfrac{v}{f}$:

$\lambda=\dfrac{4{,}0\times10^7}{1{,}0\times10^8}=0{,}40\text{ m}$.

b) A onda refletida no fundo percorre um caminho adicional $2h$. Para que as duas ondas refletidas cheguem em oposição de fase, a diferença de caminho deve ser um múltiplo ímpar de meio comprimento de onda:

$2h=(2n+1)\dfrac{\lambda}{2}$.

Logo, $h=(2n+1)\dfrac{\lambda}{4}$.

Para $n=0,1,2$:

$h=0{,}10\text{ m},\ 0{,}30\text{ m},\ 0{,}50\text{ m}$.

A radiação $\gamma$ não tem carga elétrica e, portanto, não sofre força elétrica: corresponde à trajetória retilínea.

A partícula $\alpha$ tem carga positiva e massa muito maior que a do elétron; por isso sofre desvio menor. Ela corresponde à trajetória que se curva suavemente para cima.

A partícula $\beta$ é o elétron, de carga negativa e pequena massa; corresponde à trajetória fortemente desviada para baixo.

Como a força sobre a partícula $\alpha$ positiva aponta para cima, o campo elétrico também aponta para cima, da placa inferior para a placa superior.

Enquanto uma das bordas da espira cruza a fronteira do campo, a área imersa varia à taxa $av$. Assim, o módulo da fem induzida é

$|\mathcal{E}|=Bav=0{,}30\cdot0{,}20\cdot10=0{,}60\text{ V}$.

O módulo da corrente é

$|i|=\dfrac{|\mathcal{E}|}{R}=\dfrac{0{,}60}{2{,}0}=0{,}30\text{ A}$.

Como $a/2=0{,}10\text{ m}$, a entrada ocorre para $-0{,}10\lt x\lt0{,}10\text{ m}$. Nesse trecho o fluxo para dentro do papel aumenta; pela lei de Lenz, a corrente é anti-horária. Como o sentido horário foi definido como positivo, $i=-0{,}30\text{ A}$.

Com a espira totalmente dentro do campo, $0{,}10\lt x\lt0{,}40\text{ m}$, o fluxo é constante e $i=0$.

Na saída, $0{,}40\lt x\lt0{,}60\text{ m}$, o fluxo para dentro do papel diminui; a corrente é horária e, portanto, $i=+0{,}30\text{ A}$.

Fora desses intervalos, $i=0$.