Santa Casa · 2026 · CE — Prova de Física — Método TEF

a) Enquanto a trava mantém o bloco A em repouso, comprimindo a mola em $$x=30\ \text{cm}$$ $$=0{,}30\ \text{m},$$o bloco está em equilíbrio: a força da trava sobre A deve equilibrar exatamente a força elástica da mola comprimida.

Pela lei de Hooke, $$F_{trava}=F_{el}=kx=40\times0{,}30=12\ \text{N}.$$

b) Ao destravar a mola, toda a energia potencial elástica armazenada converte-se em energia cinética do bloco A (superfície sem atrito): $$\dfrac{kx^2}{2}=\dfrac{m_Av_A^2}{2}\Rightarrow\dfrac{40\times0{,}30^2}{2}=\dfrac{0{,}4\,v_A^2}{2}\Rightarrow v_A=3\ m/s.$$

Na colisão perfeitamente inelástica com B (inicialmente em repouso), o momento linear se conserva: $$m_Av_A=(m_A+m_B)v'\Rightarrow0{,}4\times3=(0{,}4+1{,}2)\,v'\Rightarrow1{,}2=1{,}6\,v'\Rightarrow v'=0{,}75\ m/s.$$

a) Como a lente forma uma imagem real na parede, fixa a 4 m da vela, a distância da lente até a imagem é $$p'=4-p.$$

A ampliação linear de uma lente delgada, em módulo, é $$|A|=\dfrac{p'}{p}=\dfrac{h}{H},$$sendo $$H=0{,}24\ \text{m}$$ a altura da vela.

Logo, $$h=H\cdot\dfrac{p'}{p}=0{,}24\cdot\dfrac{4-p}{p}$$ (p e h em metros).

b) Pela equação de Gauss, $$\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}=\dfrac1p+\dfrac1{4-p}.$$

Com $$f=0{,}75\ \text{m}:$$$$\dfrac1{0{,}75}=\dfrac{(4-p)+p}{p(4-p)}=\dfrac4{p(4-p)}\Rightarrow p(4-p)=4\times0{,}75=3\Rightarrow4p-p^2=3\Rightarrow p^2-4p+3=0.$$

Resolvendo essa equação do 2º grau, $$p=1\ \text{m}$$ ou $$p=3\ \text{m}$$ — as duas posições simétricas (uma mais próxima da vela, outra mais próxima da parede) em que a lente forma imagem nítida, características do método de Bessel para medida da distância focal.

a) A pressão exercida apenas pela água no fundo do recipiente é $$P=\rho g h,$$diretamente proporcional à altura h da coluna de água.

Para reduzir essa pressão à metade, a altura da água deve cair de $$h_0=0{,}8\ \text{m}$$ para $$h_0/2=0{,}4\ \text{m},$$ou seja, uma queda de altura $$\Delta h=0{,}4\ \text{m}.$$

O volume de água escoado correspondente é $$\Delta V=A\cdot\Delta h=3\times10^{-2}\times0{,}4=1{,}2\times10^{-2}\ m^3.$$

b) Em $$t=30\ \text{s},$$o volume de água já escoado é $$V=Q\cdot t=2\times10^{-4}\times30=6\times10^{-3}\ m^3,$$o que corresponde a uma queda de nível $$\Delta h'=\dfrac{V}{A}=\dfrac{6\times10^{-3}}{3\times10^{-2}}=0{,}2\ \text{m}.$$

Assim, nesse instante, a coluna de ar acima da água tem comprimento $$L=0{,}2\ \text{m}.$$

Esse tubo é fechado na extremidade inferior (pela superfície da água) e aberto na extremidade superior; no modo fundamental (1º harmônico) de um tubo sonoro fechado-aberto, o comprimento da coluna de ar corresponde a um quarto do comprimento de onda: $$L=\dfrac{\lambda}{4}\Rightarrow\lambda=4L=4\times0{,}2=0{,}8\ \text{m}.$$

A frequência do som é $$f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{340}{0{,}8}=425\ \text{Hz}.$$

a) Use o ponto do gráfico em que a resistência é 20 Ω e o aquecimento dura 1500 s. A potência do reostato é:

$$P=\frac{U^2}{R}=\frac{120^2}{20}=720\ \mathrm{W}$$

Toda a energia dissipada é absorvida pela água:

$$Q=P\Delta t=720\times1500=1{,}08\times10^6\ \mathrm{J}$$

$$m=\frac{Q}{c\Delta\theta}=\frac{1{,}08\times10^6}{4000\times(80-20)}=4{,}5\ \mathrm{kg}$$

b) Para a mesma massa e o mesmo aquecimento, Q é constante. Sob tensão fixa:

$$\Delta t=\frac{QR}{U^2}$$

Logo, tempo e resistência são diretamente proporcionais:

$$\frac{\Delta t}{R}=\frac{1500}{20}=75\ \mathrm{s/\Omega}$$

$$R=\frac{3750}{75}=50\ \Omega$$

$$i=\frac{U}{R}=\frac{120}{50}=2{,}4\ \mathrm{A}$$

Inconsistência do gráfico original. A marca de 3500 s em 40 Ω não é compatível com o modelo nem com os pontos de 1500 s em 20 Ω e 4500 s em 60 Ω. O valor coerente em 40 Ω seria 3000 s. Os resultados acima usam os dois pontos consistentes e a proporcionalidade física entre tempo e resistência.