UFSCar 2003 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Na aproximação máxima, o movimento do asteroide é perpendicular à linha que o liga à Terra. Nesse caso, a velocidade linear se relaciona com a velocidade angular medida da Terra por $v=\omega\,r$.

Com $\omega=4{,}0\cdot10^{-5}$ rad/s e $r=5{,}3\cdot10^{8}$ m: $v=4{,}0\cdot10^{-5}\times5{,}3\cdot10^{8}\approx2{,}1\cdot10^{4}$ m/s, cerca de 21 km/s.

A conta é direta; a figura apenas contextualiza o enunciado.

Desprezando o atrito, só atuam o peso $\vec P$ e a normal $\vec N$, ambas verticais. Por isso as alternativas com uma seta horizontal (A e D) não servem, e a C, com duas setas para baixo e nenhuma normal, também não: o boneco está apoiado e a superfície o empurra para cima.

O peso age no centro de massa, que fica na parte esférica e pesada do boneco, à esquerda da figura. A normal age no ponto de contato com a superfície, que está mais à direita, sob a região do corpo entre a base e o pescoço. Assim, as duas forças verticais têm linhas de ação diferentes e formam um binário: a normal, aplicada à direita do centro de massa, produz um torque que gira o boneco no sentido de levantar a cabeça, e é isso que o faz voltar a ficar em pé.

A alternativa B coloca o peso deslocado para o lado do pescoço, longe do centro de massa, e inverteria o sentido do torque. Só a E mostra o peso no centro de massa (lado pesado) e a normal no ponto de contato.

Potência: energia dividida pelo tempo. $P=\dfrac{240\times4\,200\ \text{J}}{3\,600\ \text{s}}=280$ W.

A velocidade é $v=3{,}2$ km/h $=\dfrac{3{,}2}{3{,}6}\approx0{,}89$ m/s. Como $P=F\,v$, a força motriz é $F=\dfrac{280}{0{,}89}\approx315$ N.

O resultado de 280 W já elimina as opções com potências de 1 400 W e 2 000 W. A força não pode ser nula, pois o solo é quem empurra a pessoa para a frente por atrito.

Em equilíbrio, a pressão no nível da boca do garrafão (superfície livre da água no recipiente de baixo) é a atmosférica. Subindo até a superfície da água dentro do garrafão, essa pressão cai de $\rho g h$ (Stevin): $p_{ar}+\rho g h=p_{atm}$, onde $h$ é a altura da coluna de água dentro do garrafão acima do nível do recipiente.

Logo $p_{ar}=p_{atm}-\rho g h$. Quando o nível no garrafão diminui, $h$ diminui, e a pressão do ar aprisionado, que fica abaixo da atmosférica, se aproxima da atmosférica: aumenta.

A pressão do ar não é igual à atmosférica durante todo o processo: se fosse, a água escoaria livremente. Aumento de volume do ar não é a causa: entra ar novo no garrafão a cada abertura da torneira, e o argumento de Boyle não se aplica a uma massa de gás que muda.

Entre o Sol e a Terra há vácuo: só a radiação eletromagnética (irradiação) transporta energia. Condução e convecção exigem meio material.

O copo e a água também emitem radiação, e a taxa de emissão cresce com a temperatura. Eles esquentam enquanto absorvem mais do que emitem. Quando as duas taxas se igualam, a temperatura para de subir, e isso ocorre bem antes da ebulição da água.

Por isso, a temperatura não cresce indefinidamente: estabiliza num valor de equilíbrio dinâmico.

A luz de P reflete primeiro no espelho superior e depois no inferior, até chegar a O. Cada espelho forma uma imagem simétrica do objeto em relação ao seu plano.

A composição de duas reflexões em planos paralelos resulta numa translação do objeto, de módulo igual ao dobro da distância entre os planos e direção perpendicular a eles. Aqui os planos fazem 45° e os centros dos espelhos estão separados por 10 quadrados na vertical, o que dá uma distância de $10/\sqrt2$ quadrados entre os planos. A translação vale $2\times10/\sqrt2=10\sqrt2$ quadrados, na direção perpendicular aos espelhos.

Em componentes, isso equivale a deslocar a imagem 10 quadrados para a direita e 10 para baixo em relação a P. O ponto da figura nessa posição é onde o olho de O vê a imagem.

Os sulcos do CD são trilhas muito próximas, com espaçamento da ordem do comprimento de onda da luz visível. Funcionam como uma rede de difração por reflexão.

A luz refletida por trilhas vizinhas interfere. Para cada comprimento de onda há direções de interferência construtiva, dadas por $d\,\text{sen}\,\theta=m\lambda$. Como $\theta$ depende de $\lambda$, as cores se separam e aparece o espectro.

Não há prisma (que separa por refração) nem polarização envolvida, e o efeito é visto na luz refletida, não refratada.

A gota é praticamente uma semiesfera: uma face plana (apoiada na lâmina) e outra convexa, de raio igual ao raio do furo, $R=\dfrac{5{,}0}{2}=2{,}5$ mm $=2{,}5\cdot10^{-3}$ m.

Pela equação dos fabricantes de lentes, no ar ($n_{ar}\approx1$): $V=(n-1)\left(\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}\right)$, com $R_1=R$ e $R_2\to\infty$ (face plana).

$V=0{,}5\times\dfrac{1}{2{,}5\cdot10^{-3}}=200$ di, positiva, pois a lente é convergente (bordas mais finas).

L₂ e L₃ estão em paralelo entre si, e esse conjunto está em série com L₁. Sendo $R$ a resistência de cada lâmpada, a resistência total é $R+\dfrac R2=\dfrac{3R}{2}$.

Por L₁ passa a corrente total $i$. Como L₂ e L₃ são idênticas e estão sob a mesma tensão, a corrente se divide em partes iguais: cada uma recebe $i/2$.

O brilho depende da potência dissipada, $P=R\,i^2$. Para L₁: $P_1=Ri^2$. Para L₂ e L₃: $P=R\left(\dfrac i2\right)^2=\dfrac{Ri^2}{4}$, ou seja, um quarto de $P_1$ e iguais entre si.

Os valores nominais da fonte (20 W, 12 V) são suficientes para alimentar o circuito, de modo que não afetam essa comparação.

Pela regra da mão direita aplicada ao sentido da corrente indicado, a extremidade do solenoide voltada para o ímã se comporta como um polo sul.

O ímã apresenta ao solenoide o seu polo norte. Polos diferentes se atraem, e a força é dirigida ao longo do eixo comum, que é a linha do movimento possível do carrinho.

A corrente é contínua, então a polaridade é fixa e não há oscilação. Também não há componente lateral: a força está sobre o eixo do solenoide, e o carrinho se desloca nessa direção.

a) No referencial da estrada, o caixote só recebe da carroceria o atrito horizontal. Se o caminhão se mantivesse com velocidade constante, o caixote não teria motivo para escorregar. Se o caminhão freasse, o caixote tenderia a escorregar para a frente. Escorregar para trás significa que a carroceria avançou mais do que o caixote: o caminhão acelerou. Mudar de direção está excluído, já que o movimento continua na mesma direção da estrada.

b) Em (I), velocidade constante e resultante nula: só atuam o peso $\vec P$ (vertical, para baixo) e a normal $\vec N$ (vertical, para cima), com $N=P$. Não há força de atrito, nem horizontal alguma.

Em (II), o caixote desliza para trás em relação à carroceria, então o atrito cinético $\vec F_{at}$ sobre ele aponta para a frente, oposto ao deslizamento relativo. Esse atrito é a única força horizontal e acelera o caixote para a frente, menos intensamente que o caminhão. Atuam, portanto, $\vec P$, $\vec N$ e $\vec F_{at}$, com $\vec F_{at}$ no mesmo sentido do movimento do caminhão.

Resposta: a) O caminhão acelerou. Pela inércia, o caixote tende a manter a velocidade que tinha; para escorregar para trás em relação à carroceria, o caminhão precisa ter ganhado velocidade mais rápido do que o caixote.; b) (I) Peso (para baixo) e normal (para cima), de mesmo módulo; sem atrito, pois a velocidade é constante. (II) Peso, normal e força de atrito cinético da carroceria sobre o caixote, horizontal e para a frente (no sentido do movimento do caminhão).

a) Na superfície, o peso é a força gravitacional: $mg=\dfrac{GMm}{R^2}$, logo $g=\dfrac{GM}{R^2}=\dfrac{6{,}7\cdot10^{-11}\times6{,}0\cdot10^{21}}{(6{,}5\cdot10^{5})^2}=\dfrac{4{,}0\cdot10^{11}}{4{,}2\cdot10^{11}}\approx0{,}95$ m/s².

No filme, os personagens andam e trabalham "como se estivessem na superfície da Terra", com $g\approx10$ m/s². O valor obtido é cerca de dez vezes menor, então a descrição não é coerente: ali, um passo daria um impulso muito maior e seria fácil se desprender do solo.

b) Cada metade tem massa $m=3{,}0\cdot10^{21}$ kg e velocidade $2{,}1\cdot10^{3}$ m/s em relação ao centro de massa. A energia cinética total das duas é $E_c=2\cdot\dfrac12\,m v^2=3{,}0\cdot10^{21}\times(2{,}1\cdot10^{3})^2\approx1{,}3\cdot10^{28}$ J.

Além disso, seria preciso vencer a energia de ligação gravitacional que mantém o asteroide inteiro, da ordem de $\dfrac{3GM^2}{5R}\approx2\cdot10^{27}$ J. O total supera em cerca de 13 ordens de grandeza os $4{,}0\cdot10^{14}$ J do artefato. A energia é insuficiente.

Resposta: a) $g=\dfrac{GM}{R^2}\approx0{,}95$ m/s², cerca de um décimo da gravidade da Terra. Não está de acordo com o filme, em que os trabalhadores se movem como se estivessem na Terra.; b) Não. Só a energia cinética das duas metades vale cerca de $1{,}3\cdot10^{28}$ J, muitas ordens de grandeza acima dos $4{,}0\cdot10^{14}$ J do artefato.

a) A curva da onda sonora tem um mínimo em torno de $t\approx10\cdot10^{-6}$ s e um máximo em $t\approx30\cdot10^{-6}$ s. Do mínimo ao máximo passa meio período, de cerca de $20\cdot10^{-6}$ s. O período é $T\approx40\cdot10^{-6}$ s e $f=\dfrac1T\approx\dfrac{1}{4\cdot10^{-5}}=2{,}5\cdot10^{4}$ Hz (25 kHz, ultrassom).

b) Numa transformação isotérmica de gás ideal, $pV$ é constante. Aqui, ao fim da contração, $p_2V_2=2{,}0\cdot10^{8}\times1{,}0\cdot10^{-12}=2{,}0\cdot10^{-4}$ J. No início, o volume da bolha, lido do gráfico (raio de até $45\cdot10^{-6}$ m), é no máximo $V_1=\dfrac43\pi r^3\approx4\cdot10^{-13}$ m³, de modo que $p_1V_1\lesssim4\cdot10^{-10}$ J. O produto $pV$ cresce por um fator de cerca de $5\cdot10^{5}$, o que implica elevação enorme da temperatura ($pV=nRT$). Dito de outra forma, se a contração fosse isotérmica, o volume inicial seria $V_1=\dfrac{p_2V_2}{p_1}=\dfrac{2{,}0\cdot10^{-4}}{1{,}0\cdot10^{3}}=2{,}0\cdot10^{-7}$ m³, cerca de $10^{6}$ vezes maior que o máximo lido no gráfico. O processo não é isotérmico.

Além disso, a contração dura microssegundos e o gás não tem tempo de trocar calor com o líquido: $Q\approx0$. O gás é aquecido pelo trabalho da compressão, o que explica o flash. A transformação é adiabática.

Resposta: a) Pelo gráfico, o período da onda sonora é de cerca de $40\cdot10^{-6}$ s, logo $f\approx2{,}5\cdot10^{4}$ Hz.; b) Adiabática. O produto $pV$ aumenta muito, o que só ocorre com aumento de temperatura, e a contração é rápida demais para trocar calor.

a) Sejam $p$ a distância da lâmpada à lente e $p'$ a da lente à mesa (a imagem se forma na mesa). Então $p+p'=1{,}5$ m, e pela equação de Gauss $\dfrac1p+\dfrac1{p'}=\dfrac1f$, isto é, $\dfrac{p+p'}{pp'}=\dfrac1{0{,}24}$.

Disso: $pp'=0{,}24\times1{,}5=0{,}36$ m². Os valores $p$ e $p'$ são raízes de $x^2-1{,}5x+0{,}36=0$, cujo discriminante é $2{,}25-1{,}44=0{,}81$: $x=\dfrac{1{,}5\pm0{,}9}{2}$, ou seja, $1{,}2$ m e $0{,}3$ m.

Como a imagem se forma na mesa, a altura da lente em relação à mesa é $p'$: 0,30 m (com $p=1{,}2$ m) ou 1,20 m (com $p=0{,}3$ m).

b) O aumento é $\dfrac{i}{o}=-\dfrac{p'}{p}$. Para $p'=1{,}2$ m e $p=0{,}3$ m: $i=-4\times12=-48$ mm, imagem real, invertida e ampliada. Para $p'=0{,}3$ m e $p=1{,}2$ m: $i=-0{,}25\times12=-3$ mm, imagem real, invertida e reduzida.

Resposta: a) A lente está a 0,30 m ou a 1,20 m acima da mesa.; b) Ambas são reais e invertidas: com a lente a 0,30 m da mesa, a imagem mede 48 mm (ampliada); com a lente a 1,20 m da mesa, mede 3 mm (reduzida).

a) Para um fio retilíneo longo, $B=\dfrac{\mu_0 i}{2\pi d}=\dfrac{4\pi\cdot10^{-7}\times3{,}0}{2\pi\times2{,}0\cdot10^{-2}}=3{,}0\cdot10^{-5}$ T.

Pela regra da mão direita, com o polegar no sentido da corrente (sul→norte), os dedos indicam o sentido das linhas de campo. Num ponto acima do fio, o campo é horizontal e perpendicular ao fio, apontando para o leste. A agulha tende a se alinhar com o campo resultante, soma do campo terrestre (para o norte) com o do fio (para o leste), logo aponta para o nordeste. Visto de cima, com o norte na parte superior da figura, ela gira do norte para o leste: sentido horário.

b) Os dois campos são perpendiculares. A tangente do desvio é a razão entre o campo do fio e o terrestre: $\operatorname{tg}\theta=\dfrac{B_{fio}}{B_T}=\dfrac{3{,}0\cdot10^{-5}}{6{,}0\cdot10^{-5}}=0{,}5$.

Resposta: a) $B=3{,}0\cdot10^{-5}$ T. A agulha gira no sentido horário (visto de cima), pois o campo do fio aponta para o leste.; b) $\operatorname{tg}\theta=0{,}5$.