UFSCar 2005 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Sem a gravidade, o garoto não tem mais a força que o mantinha preso à Terra e, sem nenhuma outra força atuando, ele segue em movimento retilíneo uniforme (1ª lei de Newton), com a velocidade que tinha no instante em que a gravidade foi desligada.

No instante "desligado", ele acompanhava a rotação do planeta, então sua velocidade é tangente à superfície em P, no sentido da rotação. Daí em diante, Calvin segue em linha reta ao longo dessa tangente, saindo para fora da Terra.

A Terra continua girando, e o ponto P vai para P' algumas horas depois. A posição de Calvin fica sobre a reta tangente traçada em P, na mesma altura do ponto P original, deslocada no sentido da rotação, e não acima de P nem junto a P'.

A resistência é constante, então a desaceleração é constante (MRUV) até a velocidade zero. Nesse caso a velocidade média é a média aritmética das velocidades inicial e final: $v_m=\dfrac{v_0+0}{2}$.

O deslocamento é $\Delta s=v_m\,t=\dfrac{v_0}{2}\,t$, então $9=\dfrac{v_0}{2}\times6$, o que dá $v_0=3{,}0$ m/s.

O ar do fole (ponto 1) está ligado, sem impedimentos, ao ar do bulbo acima do líquido (ponto 2). Em gases a diferença de pressão por diferença de altura é desprezível, logo $P_1=P_2$.

O ponto 3 está dentro do líquido, na mesma altura de 2, na superfície livre, de modo que $P_3=P_2$ (mesmo nível, mesmo fluido em equilíbrio).

O líquido no tubo está parado perto da saída, com o ponto 4 num nível mais alto do que a superfície. Pelo teorema de Stevin, a pressão diminui com a altura no líquido: $P_4=P_3-\rho g h$, portanto $P_4\lt P_3$.

Na transformação adiabática, $Q=0$. Pela primeira lei da termodinâmica, $\Delta U=Q-W=-W$.

Numa expansão o gás realiza trabalho sobre o meio ($W>0$), logo $\Delta U<0$: o trabalho é feito às custas da energia interna do ar, que diminui, e por isso o ar sai mais frio, o que você sente na mão.

A distância focal é $f=\dfrac R2=1{,}5$ m. O rosto está a $p=2{,}0$ m, entre $f$ e $2f$ (que vale 3,0 m).

Pela equação de Gauss, $\dfrac1{p'}=\dfrac1f-\dfrac1p=\dfrac1{1{,}5}-\dfrac1{2{,}0}=\dfrac{1}{6}$, então $p'=6{,}0$ m. A imagem é real, invertida e ampliada ($A=-p'/p=-3$), situada a 6 m do espelho.

Uma imagem real só pode ser vista por um observador que esteja além dela, recebendo a luz que já convergiu e agora diverge. A mocinha está a 2 m, entre o espelho e a imagem, onde os raios ainda estão convergindo. Seu olho, ali, não consegue formar essa imagem na retina.

Com o lago cheio, o canhão fica imerso e o feixe, agora dentro da água, segue em linha reta até a superfície água-ar. O raio incide na superfície com o ângulo que tinha em relação à vertical, vindo de um meio de maior índice ($n_{água}$) para um de menor ($n_{ar}$).

Pela lei de Snell, $n_{água}\,\text{sen}\,\theta_i=n_{ar}\,\text{sen}\,\theta_r$. Como $n_{água}>n_{ar}$, $\theta_r>\theta_i$: o raio se afasta da normal, saindo mais inclinado (mais próximo da horizontal) do que o prolongamento do feixe original (tracejado).

Os dois raios do feixe são desviados do mesmo modo, e o feixe emerge da superfície da água, e não do fundo, com direção mais rasante que a original.

A freqüência medida foi $f=\dfrac{75}{30}=2{,}5$ Hz.

O viaduto, apoiado nas duas extremidades (nós), oscila com a amplitude máxima no centro e nula nos apoios, de modo que a oscilação observada é o modo fundamental: $f_1=2{,}5$ Hz.

Para uma estrutura fixa nas duas pontas, as freqüências dos modos estacionários são $f_n=n\,f_1$. O modo seguinte, o 2º harmônico (com um nó no centro), tem $f_2=2f_1=5{,}0$ Hz.

Na eletrização por contato, o corpo neutro recebe carga de outro que já está eletrizado. Na por indução, um indutor eletrizado, apenas aproximado, separa as cargas do induzido, e é a ligação à terra que o deixa carregado. Portanto, nos dois casos é preciso partir de um corpo eletrizado.

O contato direto existe só na eletrização por contato (na indução o indutor não toca o induzido). O aterramento é típico da indução. Os sinais finais são iguais no contato e opostos na indução. Já a exigência de bons condutores vale para o induzido que se carrega, mas não para os corpos em geral.

A equação do gerador é $U=\varepsilon-r\,i$, uma reta decrescente que vai de $U=\varepsilon$ ($i=0$) até $U=0$ ($i=\varepsilon/r$, corrente de curto-circuito). Como $U$ e $i$ não são negativos num gerador funcionando, o gráfico fica no primeiro quadrante. A afirmação I está correta.

Quando $r\,i=\varepsilon$, $U=0$: a tensão fornecida ao circuito se anula e a pilha deixa de alimentá-lo. II está correta.

Com corrente, parte da energia é dissipada na resistência interna, então $U=\varepsilon-ri<\varepsilon$. III está correta.

Dois fios paralelos com correntes de mesmo sentido se atraem, e com sentidos opostos se repelem.

Os fios 1 e 2 têm correntes no mesmo sentido e se atraem: 1 é puxado para o lado de 2 e vice-versa, isto é, ambos tendem à região entre eles, de cima (A). Os fios 3 e 4 também têm correntes de mesmo sentido (contrário ao de 1 e 2) e se atraem, indo para a região de baixo (C).

Os pares de cima e de baixo têm correntes opostas e se repelem. Essa repulsão empurra o par de cima para cima (região A) e o de baixo para baixo (região C), reforçando o mesmo resultado.

a) A velocidade diminui em módulo: o movimento é retardado (o módulo de $v$ decresce, e $v$ e $a$ têm sinais contrários). Já o termo progressivo ou retrógrado depende da orientação da trajetória: se o veículo anda no sentido positivo, é progressivo ($v>0$, $a<0$); se anda no sentido negativo, é retrógrado ($v<0$, $a>0$). Por isso há duas classificações possíveis.

b) A tabela mostra que a velocidade cai 2 m/s a cada segundo, então $a=-2$ m/s². O veículo passa pelo primeiro sonorizador em $t=0$ e pelo sétimo em $t=6$ s.

Com $v_0=34$ m/s: $\Delta s=v_0t+\dfrac{a t^2}{2}=34\times6-\dfrac{2\times36}{2}=204-36=168$ m. Conferindo pela velocidade média: $\dfrac{34+22}{2}\times6=168$ m.

Resposta: a) Movimento progressivo e retardado (trajetória orientada no sentido do movimento, $v>0$ e $a retrógrado e retardado (trajetória orientada contra o movimento, $v 0$).; b) 168 m.

a) O centro de massa do tubo cai $h=3{,}2$ m até a altura em que a cartola é esmagada e a cabeça do executivo está logo abaixo (a cartola mede a altura entre o centro de massa e a parte inferior do tubo). Sem resistência do ar, a aceleração é $g=10$ m/s² e o tubo parte do repouso. Pela equação de Torricelli, $v^2=2gh=2\times10\times3{,}2=64$, logo $v=8$ m/s.

b) Na subida, o peso aponta para baixo e o deslocamento é para cima: o trabalho do peso é negativo e vale $\tau_P=-mgh=-450\times10\times5{,}5=-24\,750$ J, ou seja, cerca de $-2{,}5\cdot10^{4}$ J. O trabalho positivo, igual em módulo, é realizado pela tração da corda.

Resposta: a) 8 m/s.; b) $-2{,}5\cdot10^{4}$ J (aproximadamente $-24\,750$ J).

a) O processo é a dilatação térmica, aqui um choque térmico. O vidro é mau condutor de calor: a região em contato com a água quente esquenta e se dilata, enquanto a região acima do nível, seca, continua fria e sem se dilatar. A diferença de dilatação entre as duas partes gera tensões mecânicas na fronteira (a altura do nível d'água) e o vidro se parte exatamente ali.

b) Considerando os 250 mL de água quente do enunciado: $m=250$ g. O calor cedido pela água, ao ir de 98 °C a 92 °C, é $Q_{água}=250\times1\times(98-92)=1\,500$ cal.

Esse calor é recebido pelo copo, que vai de 32 °C a 92 °C: $Q_{copo}=C\,(92-32)=60\,C$. Sem perdas, $60\,C=1\,500$, logo $C=25$ cal/°C.

Resposta: a) Dilatação térmica, por choque térmico. A parte do vidro em contato com a água quente se dilata e a parte seca, fria, não; essa dilatação desigual cria tensões que partem o vidro.; b) $C=25$ cal/°C.

a) Os dois gráficos são retas que passam pela origem: $i=0{,}1\,t$ (A) e $U=0{,}05\,t$ (V). A razão $\dfrac Ui=\dfrac{0{,}05\,t}{0{,}1\,t}=0{,}5\ \Omega$ é constante, isto é, $U$ é proporcional a $i$ (1ª lei de Ohm). O fio é ôhmico, com $R=\dfrac{1{,}5\ \text{V}}{3{,}0\ \text{A}}=0{,}5\ \Omega$.

b) O produto $U\cdot i$ é a potência elétrica $P$ (em W) fornecida ao fio. Como $P=\dfrac{\Delta E}{\Delta t}$, a área sob o gráfico $P\times t$ é a energia elétrica transformada em energia térmica (efeito Joule) no intervalo. Aqui $P=0{,}005\,t^2$, e a área vale $\int_0^{30}0{,}005\,t^2\,dt=0{,}005\times\dfrac{30^3}{3}=45$ J.

Resposta: a) A razão $U/i$ é constante (as retas são proporcionais ao tempo), logo o fio é ôhmico. $R=0{,}5\ \Omega$.; b) Potência elétrica ($P=U\,i$). A área é a energia elétrica dissipada no fio (calor por efeito Joule) no intervalo, $45$ J.

a) No SI, a intensidade do campo magnético é medida em tesla (T) e a carga elétrica, em coulomb (C).

b) Velocidade e campo são perpendiculares, então $\text{sen}\,90^\circ=1$ e $F=|q|\,v\,B=1{,}6\cdot10^{-19}\times8\cdot10^{5}\times2{,}0\cdot10^{-3}=2{,}56\cdot10^{-16}$ N, ou seja, cerca de $2{,}6\cdot10^{-16}$ N. Por ser perpendicular à velocidade, a força não realiza trabalho e apenas curva a trajetória do elétron.

Resposta: a) Tesla (T) e coulomb (C), nesta ordem.; b) $F=2{,}6\times10^{-16}$ N (cerca de $2{,}56\times10^{-16}$ N).