UFSCar 2007 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Sem resistência do ar, o movimento vertical tem aceleração constante e igual a $g$, em módulo, durante todo o intervalo $0$ a $2t$ (na subida, na parada no ponto mais alto e na descida). Isso elimina os conjuntos em que a aceleração varia ou muda de sinal.

A velocidade é uma função do 1º grau do tempo, com módulo máximo no início e no fim e igual a zero no instante $t$, quando o objeto atinge o ponto mais alto. Logo o gráfico $v\times t$ é uma reta inclinada que cruza o eixo no instante $t$, e não uma constante nem uma reta que parte do zero.

A posição é uma parábola que sai da origem e a ela retorna em $2t$. Orientando a trajetória para baixo (sentido de $\vec g$), a velocidade inicial é negativa, a aceleração é positiva e constante, e a parábola da posição começa abaixo do eixo e retorna a zero em $2t$. É essa a combinação consistente de gráficos.

Os movimentos horizontal e vertical são independentes. Na vertical, a nave sobe 150 m com $v_y=0{,}9$ km/h $=\dfrac{0{,}9}{3{,}6}=0{,}25$ m/s, o que leva $t=\dfrac{150}{0{,}25}=600$ s.

Na horizontal, $v_x=18{,}0$ km/h $=5{,}0$ m/s, constante. Em 600 s: $\Delta x=5\times600=3\,000$ m.

Na descarga, a rotação do tambor passa a $5\times4=20$ r.p.m. (em sentido oposto, o que não altera o módulo).

Duas engrenagens ligadas por corrente têm a mesma velocidade linear nos dentes: $f_1\,D_1=f_2\,D_2$. Então $f_{menor}=f_{tambor}\times\dfrac{D_{grande}}{D_{pequena}}=20\times\dfrac{1{,}2}{0{,}4}=60$ r.p.m.

A energia cinética no instante do choque é $E_c=\dfrac{mv^2}{2}=4\pi^2$ J. Com $m=2$ kg: $v^2=4\pi^2$, logo $v=2\pi$ m/s.

A lâmina para na árvore. O impulso da árvore sobre ela é igual à variação da quantidade de movimento, em módulo: $I=m\,v=2\times2\pi=4\pi$ N·s (cerca de 12,6 N·s). O impulso transferido à árvore tem o mesmo módulo.

O comprimento de onda é $\lambda=\dfrac vf=\dfrac{340}{440}\approx0{,}77$ m.

A buzina está no centro do arco semicircular e o teto está a uma distância igual ao raio, $R=\dfrac{10}{2}=5$ m.

Número de comprimentos de onda no percurso: $\dfrac{5}{0{,}77}\approx6{,}5$.

Altura é a qualidade que distingue sons graves de agudos e depende da freqüência: quanto maior ela for, mais agudo é o som.

A amplitude e a intensidade se relacionam ao volume (som forte ou fraco), não à altura. No ar, a velocidade do som não depende da freqüência: graves e agudos viajam com a mesma velocidade. No vácuo o som não se propaga.

Cada degrau de comprimento $L$ tem resistência $R$. Cada trecho lateral de comprimento $L/2$ tem $R/2$. Os pontos A e B ficam no topo das laterais, e entre o topo e o 1º degrau, e entre degraus consecutivos, há um trecho $L/2$ em cada lateral.

Calculamos de baixo para cima. No 3º degrau: $R$. Em série com os dois trechos laterais ($R/2+R/2=R$) que o ligam ao 2º degrau: $R+R=2R$. Em paralelo com o 2º degrau ($R$): $\dfrac{2R\cdot R}{3R}=\dfrac{2R}{3}$.

Mais os dois trechos laterais até o 1º degrau: $\dfrac{2R}{3}+R=\dfrac{5R}{3}$. Em paralelo com o 1º degrau: $\dfrac{(5R/3)\,R}{8R/3}=\dfrac{5R}{8}$.

Por fim, os dois trechos laterais entre A, B e o 1º degrau, em série: $\dfrac{5R}{8}+R=\dfrac{13R}{8}$.

A resistência de um fio é $R=\rho\dfrac{\ell}{A}$. Como as dimensões não mudam, $R$ é proporcional à resistividade $\rho$, que cresce com a temperatura (e cada vez mais rapidamente, como mostra a curva).

Com tensão constante, a potência é $P=\dfrac{U^2}{R}$, inversamente proporcional a $R$. Então, à medida que a temperatura sobe, $R$ aumenta e $P$ diminui. A curva é decrescente, e como $\rho$ cresce cada vez mais depressa, $P$ cai rapidamente no início e depois cada vez mais devagar, tendendo a zero (forma de hipérbole).

Entre os pontos A e B está a resistência interna da pilha (a fonte está entre D e A). Os fios são ideais, então a queda de tensão entre B e C e entre C e D corresponde a cada lâmpada, de 0,75 V.

A queda interna é $U_{AB}=1{,}80-1{,}50=0{,}30$ V. Com as lâmpadas funcionando nas condições nominais, a corrente do circuito é de 3 mA, a mesma na pilha (circuito em série).

Assim, $r=\dfrac{0{,}30}{3\cdot10^{-3}}=100\ \Omega$. A fem da pilha é 1,80 V, e a tensão entre os terminais é $1{,}50$ V, igual à soma das duas quedas nas lâmpadas ($0{,}75+0{,}75$).

Ao entrar na região, a esfera tem velocidade vertical para baixo, e o campo $\vec B$ está entrando no plano da figura. A força magnética é $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$. Pela regra da mão esquerda (ou da mão direita), com carga positiva, essa força aponta para a direita, perpendicular à velocidade e a $\vec B$.

A trajetória, então, se encurva para a direita. Além disso, a gravidade continua atuando, e a esfera acelera para baixo, aumentando a velocidade e, com ela, a força magnética, que tem intensidade $qvB$. O desvio para a direita cresce à medida que ela desce. Não há desvio para a esquerda, e a trajetória não é uma reta.

Portanto, o esboço correto é uma curva suave, que sai da vertical e vai se inclinando para o lado direito, concavidade voltada para a direita.

a) A pressão é $p=\dfrac FA$. Com o uso, o fio se desgasta e a área de contato entre a lâmina e a madeira aumenta; a mesma força do marceneiro se distribui por uma área maior e a pressão cai, a ponto de a lâmina deixar de penetrar na madeira. Afiar reduz $A$, aumentando $p$ para a mesma força e facilitando o corte.

b) O trabalho de uma força constante é $\tau=F\,d\cos\theta$, em que $\theta$ é o ângulo entre a força e o deslocamento. O deslocamento é o comprimento da prancha, $d=3{,}4$ m, então $\tau=10\times3{,}4\times0{,}8=27{,}2$ J. O valor do seno não é necessário.

Resposta: a) Pressão é a razão entre a força e a área ($p=F/A$). Afiando a lâmina, reduz-se a área de contato; para a mesma força, a pressão sobre a madeira aumenta, e o corte é feito com menos esforço.; b) $\tau=27{,}2$ J.

a) A imagem de um espelho plano é simétrica do objeto em relação ao plano do espelho. O mapa está sobre o painel e o pára-brisa é um plano inclinado à frente: a parte do mapa mais próxima do vidro (o topo do F) tem a imagem mais próxima do vidro, e a parte mais distante (a base do F) tem a imagem mais afastada, atrás do vidro e mais alta no campo de visão. Por isso a imagem aparece de cabeça para baixo (inversão vertical), e não invertida lateralmente. A letra F é desenhada como um F espelhado de cima para baixo, com a haste vertical e as duas barras horizontais voltadas para baixo, de mesmo tamanho que a original.

b) O raio de curvatura é $R=20$ m, então $f=\dfrac R2=10$ m. Com o volante a $p=0{,}5$ m do vidro, pela equação de Gauss: $\dfrac1{p'}=\dfrac1f-\dfrac1p=\dfrac1{10}-\dfrac1{0{,}5}=0{,}1-2=-1{,}9$.

Daí $p'=-\dfrac1{1{,}9}\approx-0{,}53$ m. O sinal negativo indica imagem virtual, formada atrás do vidro, a cerca de 0,53 m dele. Como $p\ll f$, o espelho côncavo se comporta quase como um plano (a imagem está um pouco mais longe que o objeto, e levemente ampliada).

Resposta: a) A imagem é simétrica ao mapa em relação ao plano do vidro, virtual e do mesmo tamanho. Vista pelo motorista, a letra F aparece de cabeça para baixo (invertida na vertical, "Ⅎ"), sem inversão lateral.; b) Cerca de 0,53 m, atrás do vidro (imagem virtual).

a) A carreta 1 é puxada pelo engate 1, com a força $f_1$ para a frente, e puxada para trás pelo engate 2, com a força $f_2$ (a carreta 2 resiste ao movimento). Como a resistência do ar é desprezível, a resultante sobre a carreta 1 é $F_R=f_1-f_2$. Pela 2ª lei de Newton, $f_1-f_2=m_1\,a$.

b) Sem atrito, só o peso realiza trabalho, e a energia mecânica se conserva: $m\,g\,h=\dfrac{m\,v^2}{2}$. Então $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times10\times45}=\sqrt{900}=30$ m/s, ou seja, 108 km/h, e esse resultado independe da massa da carreta.

Resposta: a) $F_R=f_1-f_2$ (que vale $m_1\,a$).; b) 30 m/s (108 km/h).

a) Dilatação volumétrica: $\Delta V=V_0\,\gamma\,\Delta T=15\,000\times9{,}6\cdot10^{-4}\times(30-15)=216$ L.

b) Massa de álcool: 20 000 L = $2{,}0\cdot10^{7}$ cm³, e com $\rho=0{,}8$ g/cm³, $m=0{,}8\times2{,}0\cdot10^{7}=1{,}6\cdot10^{7}$ g. Calor sensível: $Q=m\,c\,\Delta T=1{,}6\cdot10^{7}\times0{,}6\times15=1{,}44\cdot10^{8}$ cal.

Resposta: a) $\Delta V=216$ L.; b) $Q=1{,}44\times10^{8}$ cal.

a) No início, a bóia apoiada na mola em equilíbrio recebe da mola uma força para cima igual ao seu peso: $P=mg=0{,}1\times10=1$ N. Enquanto a água não toca a bóia, a força é constante.

Quando a água a atinge, surge o empuxo, que cresce com o volume imerso (linearmente com o tempo, pois a água é despejada a vazão constante e a seção é constante). A força da mola, $F=P-E$, diminui linearmente e se anula quando $E=P$ (a bóia começa a flutuar).

A bóia continua subindo, a mola é esticada (está presa em cima) e passa a puxá-la para baixo: $F=E-P$, que cresce linearmente com o empuxo até a bóia ficar totalmente submersa. Depois disso o empuxo é constante e a força também. O gráfico tem, portanto, um trecho horizontal, uma reta decrescente que cruza o eixo, uma reta crescente e outro trecho horizontal.

b) Com a bóia totalmente submersa: $E=\rho_{água}\,g\,V=1\,000\times10\times1\cdot10^{-3}=10$ N. O peso é 1 N. A mola puxa a bóia para baixo com $F=E-P=10-1=9$ N.

Resposta: a) Força constante (igual ao peso da bóia, 1 N, comprimida) até a água atingir a bóia; depois decresce linearmente até zero; passa a ser de tração (mola esticada) e cresce linearmente até o valor máximo, de 9 N, quando a bóia fica submersa; daí em diante é constante.; b) 9 N.