UFSCar 2004 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O coeficiente linear é o valor de $y$ onde a reta cruza o eixo vertical. A reta I corta o eixo $y$ acima da origem, então seu coeficiente linear é positivo. A reta II corta o eixo $x$ à direita da origem, o que significa que cruza o eixo $y$ abaixo da origem, com coeficiente linear negativo. Nenhuma passa pela origem.

O coeficiente angular é a inclinação. A reta II sobe muito mais para a mesma variação de $x$, logo tem o maior coeficiente angular.

Para atravessar completamente a ponte, o trem percorre o comprimento da ponte mais o próprio comprimento: $\Delta s=L_{ponte}+L_{trem}$.

Velocidade: $v=\dfrac{50}{3{,}6}\approx13{,}9$ m/s. Em 15 s: $\Delta s=13{,}9\times15\approx208$ m.

Logo $L_{ponte}\approx208-120\approx88$ m, que corresponde ao valor mais próximo entre as opções (88,5 m).

A bola parte do repouso e cai em movimento uniformemente acelerado (com $g$ constante, desprezando o ar). Então $\Delta s=\dfrac12 g t^2$.

Em intervalos de tempo iguais, os deslocamentos sucessivos crescem na razão $1:3:5:7:\dots$ (números ímpares). Isso significa que a distância entre posições consecutivas aumenta de forma regular, com a bola parando de estar "lenta" no início para ser cada vez mais espaçada.

A figura procurada é aquela em que o primeiro espaçamento é pequeno e os seguintes crescem nessa progressão. As demais mostram espaçamentos iguais, decrescentes ou irregulares, incompatíveis com a aceleração constante.

I é verdadeira: $v=v_0+at$ é uma função do primeiro grau do tempo.

II é falsa: a marcha à ré só determina o sentido do movimento; o carro pode acelerar (aumentar o módulo da velocidade) para trás.

III é falsa: no gráfico $v\times t$ o coeficiente angular é a aceleração; a velocidade inicial é o coeficiente linear.

IV é verdadeira: a equação de Torricelli, $v^2=v_0^2+2a\Delta s$, relaciona velocidade, aceleração e deslocamento sem usar o tempo.

Questão anulada pela banca. Resolvendo pelo critério de iminência de movimento:

Na vertical: $N+F\,\text{sen}\,60^\circ=mg$, logo $N=420-F\,\dfrac{\sqrt3}{2}=420-0{,}85F$. Na horizontal, no limite: $F\cos60^\circ=\mu N$, isto é, $0{,}5F=0{,}4(420-0{,}85F)$.

Então $0{,}5F+0{,}34F=168$, $F=\dfrac{168}{0{,}84}=200$ N. Esse é o valor mínimo para iniciar o deslocamento (a corda levanta parcialmente o bloco, reduzindo a normal e o atrito máximo). Como a banca anulou o item, não há gabarito oficial a registrar.

A pressão devida à coluna de plasma é $p=\rho g h=1\,040\times10\times2=2{,}08\cdot10^{4}$ Pa.

Convertendo: $1$ mmHg $\approx133$ Pa. Então $p\approx\dfrac{2{,}08\cdot10^{4}}{133}\approx156$ mmHg.

O erro mais comum é esquecer de converter 1,04 g/cm³ em 1 040 kg/m³, o que desloca o resultado por um fator 1 000.

O vidro transmite a maior parte da luz e reflete apenas uma pequena fração, dos dois lados. Esse fato não muda do dia para a noite.

De dia, a luz que vem de fora (muito intensa) atravessa o vidro e domina a de dentro refletida, então enxergamos o exterior. À noite, a luz de fora é fraca e a luz da sala refletida pelo vidro passa a ser a mais intensa que chega ao olho; vemos nossa própria imagem.

O índice de refração do ar não varia com o dia ou a noite, e "polarização positiva ou negativa" não é um conceito físico aplicável aqui.

Em $t=20$ ms $=0{,}02$ s cada pulso percorre $2\times0{,}02=0{,}04$ m $=4$ cm.

No instante inicial, o pulso da esquerda (para baixo, 2 cm de profundidade e 1 cm de largura) ocupa $[0;1]$ cm, e o da direita (para cima, 1 cm de altura e 2 cm de largura) ocupa $[8;10]$ cm. Depois de 4 cm de deslocamento, o primeiro fica em $[4;5]$ e o segundo em $[4;6]$.

Na região $[4;5]$ os dois estão sobrepostos. Pelo princípio da superposição, soma-se $-2$ cm e $+1$ cm: $-1$ cm. Em $[5;6]$ só existe o pulso da direita, com $+1$ cm. A corda mostra, então, um vale de 1 cm de profundidade e 1 cm de largura, seguido de uma crista de mesma altura e largura.

A potência dissipada por um resistor é $P=\dfrac{U^2}{R}$.

Para manter a mesma $P$ com tensão dobrada ($U\to2U$), o numerador fica 4 vezes maior, então $R$ também precisa ficar 4 vezes maior: $\dfrac{(2U)^2}{R'}=\dfrac{U^2}{R}\Rightarrow R'=4R$.

Questão anulada pela banca. A força magnética sobre o fio tem módulo $F=B\,i\,L=0{,}5\times2\times0{,}20=0{,}20$ N. Pela regra da mão esquerda (ou $\vec F=i\vec L\times\vec B$), com corrente de C para A e campo saindo do papel, a força aponta para cima.

O peso do fio é $mg=0{,}010\times10=0{,}10$ N, de modo que a força magnética é maior que o peso. A mudança na deformação da mola, em relação ao equilíbrio inicial, é $\Delta x=\dfrac{F}{k}=\dfrac{0{,}20}{5}=0{,}04$ m $=40$ mm.

Esse resultado, da ordem de dezenas de milímetros, não aparece entre as alternativas (de 3 mm a 7 mm), o que ajuda a entender a anulação.

a) A diferença de caminho entre os dois raios vale $2d\,\text{sen}\,\theta$. Há reforço (interferência construtiva) quando essa diferença é um número inteiro de comprimentos de onda: $n=1,2,3,\dots$. Há cancelamento (destrutiva) quando ela é um número ímpar de meios comprimentos de onda, ou seja, $n=\tfrac12,\tfrac32,\tfrac52,\dots$.

b) O primeiro máximo corresponde a $n=1$: $2d\,\text{sen}\,\theta=\lambda$, portanto $d=\dfrac{\lambda}{2\,\text{sen}\,17^\circ}=\dfrac{5{,}8\cdot10^{-9}}{2\times0{,}29}=\dfrac{5{,}8\cdot10^{-9}}{0{,}58}=1{,}0\cdot10^{-8}$ cm, isto é, 1 ångström, a ordem de grandeza do espaçamento entre planos atômicos.

Resposta: a) Máximos: $n$ inteiro ($n=1,2,3,\dots$). Mínimos: $n$ semi-inteiro ($n=\tfrac12,\tfrac32,\tfrac52,\dots$).; b) $d=\dfrac{\lambda}{2\,\text{sen}\,\theta}=1{,}0\times10^{-8}$ cm.

a) Velocidades angulares: ponteiro das horas, $360^\circ$ em 720 min, isto é, $0{,}5^\circ$/min; ponteiro dos minutos, $360^\circ$ em 60 min, ou seja, $6^\circ$/min.

O dos minutos ganha $6-0{,}5=5{,}5^\circ$ por minuto sobre o das horas. Para alcançá-lo pela primeira vez, precisa ganhar uma volta completa: $t=\dfrac{360}{5{,}5}=\dfrac{720}{11}\approx65{,}5$ min.

b) O ponteiro dos segundos dá $360^\circ$ por minuto, enquanto o dos minutos faz $6^\circ$ por minuto. A velocidade relativa é $354^\circ$/min, e o primeiro encontro ocorre quando o dos segundos ganha uma volta: $t=\dfrac{360}{354}=\dfrac{60}{59}\approx1{,}02$ min.

Resposta: a) $\dfrac{720}{11}\approx65{,}5$ minutos.; b) $\dfrac{60}{59}\approx1{,}02$ minuto (cerca de 1 min 1 s).

a) No ar, o sólido está em equilíbrio sob a ação do peso $\vec P$ (para baixo) e da tração $\vec T$ do fio (para cima), com $T=P=m_{ar}\,g$. No fluido, atuam também o empuxo $\vec E$ (para cima): $T'+E=P$. O "peso aparente" é a tração $T'=m_f\,g$, lida na balança.

b) O empuxo vale $E=P-T'=(m_{ar}-m_f)\,g$. Pelo princípio de Arquimedes, $E=\rho_f\,V\,g$, onde $V$ é o volume do sólido (totalmente imerso). Logo $V=\dfrac{m_{ar}-m_f}{\rho_f}$.

A densidade do sólido é $\rho_s=\dfrac{m_{ar}}{V}=\dfrac{m_{ar}}{m_{ar}-m_f}\,\rho_f$.

Resposta: a) No ar: peso (para baixo) e tração do fio (para cima), de mesmo módulo. No fluido: peso (para baixo), tração do fio (para cima) e empuxo (para cima); a tração é menor, e tração + empuxo = peso.; b) $\rho_s=\dfrac{m_{ar}}{m_{ar}-m_f}\,\rho_f$.

a) Os raios incidem perpendicularmente à face maior e entram sem desvio. Como os ângulos A valem 30°, a normal à face OA forma 30° com a direção dos raios: o ângulo de incidência em OA é $\theta_i=30^\circ$.

Lei de Snell: $\sqrt2\,\text{sen}\,30^\circ=1\cdot\text{sen}\,\theta_e\Rightarrow\text{sen}\,\theta_e=\dfrac{\sqrt2}{2}$, logo $\theta_e=45^\circ$, medido em relação à normal da face OA.

b) Há reflexão total quando o ângulo de incidência é maior ou igual ao ângulo limite: $n\,\text{sen}\,30^\circ\geq1$, isto é, $n\geq2$.

Resposta: a) $45^\circ$ com a normal à face OA.; b) $n\geq2$ (com $n=2$ no limite).

a) Em série, $R_s=R_1+R_2$, que é maior que qualquer um dos resistores. Em paralelo, $R_p=\dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2}$, menor que o menor dos dois. Como o coeficiente angular de $V\times I$ é a resistência equivalente, a reta mais inclinada (b) é a série e a menos inclinada (a) é a paralela.

b) Dados $R_s=120\ \Omega$ e $R_p=16{,}7\ \Omega$: $R_1+R_2=120$ e $R_1R_2=R_pR_s=16{,}7\times120\approx2\,000$.

$R_1$ e $R_2$ são raízes de $x^2-120x+2\,000=0$. O discriminante é $14\,400-8\,000=6\,400$, com raiz 80, então $x=\dfrac{120\pm80}{2}$, ou seja, $100\ \Omega$ e $20\ \Omega$.

Resposta: a) O gráfico b é a associação em série e o a , a em paralelo, pois a resistência em série é a maior (maior inclinação) e a em paralelo é menor que cada resistor.; b) $R_1=100\ \Omega$ e $R_2=20\ \Omega$ (ou o inverso).