UFSCar 2009 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Seja $f$ o atrito sobre cada carteira (o mesmo para todas, pois são idênticas e o piso é o mesmo) e $F$ a força constante do fiscal.

Com apenas a primeira carteira se movendo: $F-f=m\,a=25\times1=25$ N.

Com seis carteiras, a aceleração é nula e o conjunto está na iminência de movimento (ou em MRU): $F=6f$.

Substituindo, $6f-f=25$, ou seja, $5f=25$ e $f=5$ N. O atrito sobre cada carteira vale um sexto da força aplicada pelo fiscal, que é de 30 N.

A profundidade diminui 2 m a cada 15 s, de modo uniforme (inclinação constante com velocidade do navio constante): taxa de $\dfrac{2}{15}$ m/s.

O encalhe ocorre quando a profundidade do leito se iguala à da quilha, 3 m. Partindo de 17 m, é preciso reduzir $17-3=14$ m:

$t=\dfrac{14}{2/15}=14\times7{,}5=105$ s $=1{,}75$ min.

Esse instante está entre 1,5 e 2,0 minutos.

Movimento progressivo é o que ocorre no sentido positivo da trajetória ($v>0$); retrógrado, no sentido negativo ($v<0$). Pondo as posições iniciais num eixo: $Y<0$, $Z=0$, $X>0$.

X e Y: X está à direita da origem e vai para a direita; Y está à esquerda e vai para a esquerda. Afastam-se sempre.

Y e Z: Z parte da origem para a direita; Y já está à esquerda e vai ainda mais à esquerda. Também se afastam.

X e Z: ambos vão para a direita, com Z atrás de X. O encontro só é possível se Z for mais veloz do que X, de modo que alcance X: $|v_Z|>|v_X|$, isto é, se $|v_X|<|v_Z|$. Se Z for mais lento ou igual, a distância nunca se anula.

I. Para a água jorrar, a pressão no furo deve superar a atmosférica, e isso só ocorre se a água do encanamento estiver sob a pressão de uma coluna de líquido acima do furo: $p=p_{atm}+\rho\,g\,h$ com $h>0$. Logo o nível na caixa fica acima do furo. Correta.

II. A pressão cresce com a profundidade em relação ao nível livre da caixa, $p=p_{atm}+\rho g h$. Um furo mais baixo estaria mais fundo, e a pressão que impele a água seria maior. Correta.

III. Os jatos saem do mesmo furo, com a mesma velocidade $v_0$ em módulo, e diferem pelo ângulo de saída. O alcance horizontal é $A=\dfrac{v_0^2\,\sin2\theta}{g}$, máximo quando $\sin2\theta=1$, isto é, para $\theta=45^\circ$. Correta.

As três afirmações são verdadeiras.

Sem forças contrárias ao movimento, apenas o peso realiza trabalho, e a energia mecânica se conserva. O sabonete parte do repouso na borda, desce 60 cm até o fundo e chega à parede com velocidade $v$:

$m\,g\,h=\dfrac{m\,v^2}{2}\Rightarrow v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times10\times0{,}6}=\sqrt{12}\approx3{,}5$ m/s.

Como as perdas são desprezadas e a substância é a mesma, a soma dos calores trocados é nula e, com mesmo calor específico e densidade 1 kg/L, volumes se comportam como massas.

$Q_{quente}+Q_{fria}=0\Rightarrow60\,c\,(40-80)+x\,c\,(40-20)=0\Rightarrow-2\,400+20x=0$.

Então $x=120$ L de água a 20 ºC.

A água é mais refringente: $n_{água}\approx1{,}33>n_{ar}\approx1{,}00$. Como $v=\dfrac cn$, a luz é mais lenta na água. Analisando cada afirmação:

Do ar para a água, a luz diminui de velocidade (não aumenta).

A frequência é característica da fonte e não muda na refração; mudam $v$ e $\lambda$.

Do ar para a água, $v$ diminui e, com $f$ constante, $\lambda=v/f$ também diminui. Logo, da água para o ar, o comprimento de onda aumenta, e não diminui.

Incidência normal (0º) não desvia o raio: ele muda de velocidade mas mantém a direção.

A passagem do meio mais para o menos refringente (água → ar) admite reflexão total: para ângulos de incidência maiores que o ângulo limite, $\sin L=\dfrac{n_{ar}}{n_{água}}$, não há raio refratado e toda a luz volta para a água. Essa é a afirmação verdadeira.

O míope vê nitidamente só até certa distância, o ponto remoto, aqui $d=2$ m. A lente corretiva deve formar, para um objeto no infinito, uma imagem virtual nesse ponto remoto, de modo que o olho a veja com nitidez.

Pela equação de Gauss, com $p\to\infty$: $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}=0+\dfrac1{-2}$, de modo que $f=-2$ m (imagem virtual, $p'<0$). A lente é divergente.

A vergência é $V=\dfrac1f=-\dfrac1{2}=-0{,}5$ di.

A serra gira com $f=4\,500$ r.p.m. $=\dfrac{4\,500}{60}=75$ rotações por segundo.

Em cada rotação, os 20 dentes golpeiam a madeira, e a frequência dos golpes (e do som) é $f_{som}=20\times75=1\,500$ Hz.

Na tabela, o valor mais próximo de 1 500 Hz é 1 480 Hz, da nota Fá #. Os vizinhos, 1 397 Hz e 1 568 Hz, estão mais afastados.

As duas pilhas em série fornecem $\varepsilon=3{,}0$ V. Lendo o circuito: a lâmpada 1 está ligada diretamente aos terminais da associação; as lâmpadas 2 e 3 e o ramo do amperímetro com o resistor formam outro ramo, em que a lâmpada 2 está em série com o trecho em que a lâmpada 3 fica em paralelo com (amperímetro + resistor).

O amperímetro é ideal (resistência nula), então esse trecho em paralelo vale $\dfrac{10\times10}{10+10}=5\ \Omega$. Em série com a lâmpada 2: $10+5=15\ \Omega$ no ramo.

Esse ramo está sob 3,0 V: $i=\dfrac3{15}=0{,}2$ A. Essa corrente se divide igualmente entre a lâmpada 3 e o ramo do amperímetro com o resistor (ambos de 10 Ω): $0{,}1$ A em cada um.

O amperímetro indica 0,1 A (o fundo de escala de 1 A, com leitura digital de décimos, comporta bem esse valor). A peça que falta é a que mostra essa leitura no visor.

a) O gráfico mostra dez degraus de 20 s cada, com a velocidade subindo de 0,3 m/s a cada degrau: 12,0; 12,3; 12,6; ...; 14,7 m/s. A velocidade cresce porque, à medida que o carretel enche, o raio de enrolamento aumenta, e com $\omega$ constante $v=\omega\,R$ aumenta.

O comprimento de fio é a distância percorrida pelo fio, numericamente igual à área sob o gráfico: $L=\sum v_i\,\Delta t=20\times(12{,}0+12{,}3+\ldots+14{,}7)$. A soma de uma PA de 10 termos é $10\times\dfrac{12{,}0+14{,}7}{2}=133{,}5$, então $L=20\times133{,}5=2\,670$ m.

b) Na última fiada, o raio é $R=1{,}5$ cm $=0{,}015$ m e a velocidade do fio é a do último degrau, 14,7 m/s. Como $v=\omega\,R$: $\omega=\dfrac{14{,}7}{0{,}015}=980$ rad/s.

Resposta: a) $L=2\,670$ m.; b) $\omega=980$ rad/s.

a) Em situações idênticas, o corpo vai da mesma velocidade até o repouso, com a mesma variação de quantidade de movimento. Pelo teorema do impulso, $I=\Delta Q$, e o impulso é o mesmo com ou sem bolsa. Como $I=F_m\,\Delta t$, a bolsa de ar aumenta o tempo de interação $\Delta t$ e, para o mesmo impulso, diminui a força média sobre a pessoa, o que reduz as lesões.

b) O impulso é a área sob o gráfico $F\times t$, um triângulo de base 0,03 s e altura 4 000 N: $I=\dfrac{0{,}03\times4\,000}{2}=60$ N·s.

A força média constante que daria o mesmo impulso no mesmo intervalo é $F_m=\dfrac I{\Delta t}=\dfrac{60}{0{,}03}=2\,000$ N.

Resposta: a) O impulso é o mesmo nos dois choques; o tempo de interação é maior com a bolsa de ar.; b) $I=60$ N·s e $F_m=2\,000$ N.

a) Sobre o ludião, completamente imerso e apoiado no fundo, atuam: o peso $\vec P$ (vertical, para baixo), o empuxo $\vec E$ da água (vertical, para cima, de módulo $\rho_{água}\,V\,g$) e a força normal $\vec N$ do fundo da garrafa (vertical, para cima). Como a compressão da garrafa reduziu o volume de ar, o empuxo ficou menor que o peso, e o brinquedo desceu e se apoiou no fundo.

Em repouso, a resultante é nula, com $\vec N$ equilibrando a diferença entre peso e empuxo: $N=P-E$, ou $\vec F_R=\vec P+\vec E+\vec N=\vec 0$. Se for considerada apenas a ação do peso e do empuxo (sem o apoio do fundo), a resultante seria vertical para baixo, de módulo $P-E=m\,g-\rho_{água}\,V\,g$.

b) Com a garrafa destampada, a pressão do ar aprisionado é constante (a da profundidade em que o ludião está, a mesma nos dois estados). A transformação é isobárica: $\dfrac{V_1}{T_1}=\dfrac{V_2}{T_2}$, com temperaturas em kelvin. Com $T_1=33+273=306$ K e $V_2=\dfrac{17}{18}V_1$: $T_2=\dfrac{17}{18}\times306=289$ K.

Em graus Celsius: $289-273=16$ °C.

Resposta: a) Forças: peso (para baixo), empuxo (para cima) e normal do fundo (para cima). Em repouso, a resultante é nula: $P=E+N$.; b) $16\ °\text{C}$.

a) Pela lei de Ohm, o circuito de aquecimento sozinho tem $R=\dfrac Ui=\dfrac{12}5=2{,}4\ \Omega$.

Com o resistor adicionado, a corrente caiu de 5 A para 2 A, ou seja, a resistência total subiu para $R_{eq}=\dfrac{12}2=6\ \Omega$, maior que $2{,}4\ \Omega$. Em paralelo, a resistência equivalente seria menor que a menor das resistências, e a corrente aumentaria. Logo, o resistor foi ligado em série e vale $6-2{,}4=3{,}6\ \Omega$.

b) A tensão da fonte é constante. Antes, $P=U\,i=12\times5=60$ W. Depois, $P'=12\times2=24$ W. A potência total fornecida diminuiu: a resistência equivalente aumentou ($P=\dfrac{U^2}{R}$ com $U$ fixa), a corrente diminuiu e, portanto, o circuito dissipa menos potência (parte dela agora é dissipada no resistor novo).

Resposta: a) $R=2{,}4\ \Omega$; o resistor foi ligado em série.; b) A potência diminuiu de 60 W para 24 W.

a) Espira: a corrente $i_2$ sobe pelo lado direito, entra na espira e a percorre em sentido anti-horário. Pela regra da mão direita (dedos no sentido da corrente, polegar no do campo no interior), o campo $\vec B_E$ em C é perpendicular ao plano da folha, saindo da folha.

Fio: com $i_1$ para a direita e o ponto C abaixo do fio, a mão direita (polegar no sentido da corrente, dedos curvos mostram as linhas de campo) dá $\vec B_F$ perpendicular à folha, entrando nela.

b) Espira, no centro: $B_E=\dfrac{\mu_0\,i_2}{2R}=\dfrac{4\times3\times10^{-7}\times8}{2\times0{,}02}=\dfrac{96\times10^{-7}}{0{,}04}=2{,}4\times10^{-4}$ T.

Fio, a $d=\dfrac R2=0{,}01$ m de C: $B_F=\dfrac{\mu_0\,i_1}{2\pi\,d}=\dfrac{4\times3\times10^{-7}\times4}{2\times3\times0{,}01}=\dfrac{48\times10^{-7}}{0{,}06}=0{,}8\times10^{-4}$ T.

Os campos têm a mesma direção e sentidos opostos; o resultante tem a intensidade da diferença: $B=2{,}4\times10^{-4}-0{,}8\times10^{-4}=1{,}6\times10^{-4}$ T, saindo da folha.

Resposta: a) $\vec B_E$ perpendicular à folha, saindo; $\vec B_F$ perpendicular à folha, entrando.; b) $B=1{,}6\times10^{-4}$ T.