UNICID · Medicina 2006.2 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Resolução

Sem resistência do ar, a única força sobre o projétil é o peso, vertical. Logo o movimento se decompõe em dois movimentos independentes.

Na horizontal não há força, então a aceleração é nula e o movimento é uniforme:

$v_x=v_0\cos\theta=\text{constante}$,

o que resulta, no gráfico $v_x\times t$, em uma reta horizontal (e não nula, pois o projétil avança).

Na vertical, orientada para cima, a aceleração é $a_y=-g$, constante, e o movimento é uniformemente variado:

$v_y=v_0\sin\theta-g\,t$.

Trata-se de uma função do primeiro grau decrescente: começa positiva (o projétil sobe), anula-se no ponto mais alto da trajetória e torna-se negativa durante a descida. O gráfico é, portanto, uma reta inclinada para baixo, que cruza o eixo do tempo.

Os gráficos em que $v_y$ "volta a crescer" após zerar correspondem ao módulo da velocidade vertical, não à componente com sinal, e os gráficos de $v_x$ crescente contrariam a ausência de força horizontal. Apenas o par com $v_x$ constante e $v_y$ linear decrescente que cruza o eixo satisfaz as equações.

Resolução

Ao abandonar a extremidade do plano, a esfera passa a se mover sob a ação exclusiva do peso (desprezando-se o ar). Trata-se de um lançamento oblíquo para baixo.

Aceleração: durante toda a queda, a única força é o peso, vertical e para baixo; logo $\vec{a}=\vec{g}$, vertical e para baixo, em qualquer instante.

Velocidade: no instante em que a esfera deixa o plano, sua velocidade é tangente à trajetória anterior, isto é, paralela ao plano inclinado e orientada para baixo e para a frente. Como não há força horizontal, a componente horizontal da velocidade se mantém, enquanto a componente vertical, dirigida para baixo, cresce com o tempo. O vetor velocidade continua, assim, oblíquo, apontando para baixo e para a frente, tornando-se cada vez mais inclinado em direção à vertical.

Portanto, o par adequado é: aceleração vertical para baixo e velocidade oblíqua para baixo, no sentido do movimento.

Resolução

Todos os pontos da Terra giram em torno do mesmo eixo e completam uma volta no mesmo intervalo de tempo, $T=24\text{ h}$. Logo, todos têm a mesma velocidade angular:

$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{24}=\dfrac{\pi}{12}\text{ rad/h}$.

Já a velocidade linear depende do raio da circunferência descrita, $v=\omega\,r$. Belém está sobre o equador, onde $r=R=6\,400\text{ km}$:

$v_{PA}=\dfrac{\pi}{12}\cdot6\,400\approx533\pi\text{ km/h}$.

São Paulo, na latitude do trópico de Capricórnio (cerca de $23{,}5^\circ$), descreve uma circunferência de raio $r=R\cos 23{,}5^\circ

Assim, as velocidades lineares são diferentes (a de SP é menor que $533\pi\text{ km/h}$), mas as velocidades angulares são iguais e valem $\pi/12\text{ rad/h}$.

Resolução

A função horária de um MHS tem a forma $x=A\cos(\omega t+\varphi_0)$. Comparando com $x=0{,}40\cos\pi t$, obtemos a amplitude $A=0{,}40\text{ m}$ e a pulsação $\omega=\pi\text{ rad/s}$.

Período:

$T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{\pi}=2{,}0\text{ s}$.

Constante elástica: o gráfico mostra a lei de Hooke, $F=-kx$. Em $x=0{,}40\text{ m}$ a força tem módulo $40\text{ N}$, logo

$k=\dfrac{|F|}{|x|}=\dfrac{40}{0{,}40}=100\text{ N/m}$.

Energia mecânica: no sistema massa-mola sem atrito ela se conserva; nos extremos ($x=\pm A$) a velocidade é nula e toda a energia é elástica:

$E=\dfrac{kA^2}{2}=\dfrac{100\cdot(0{,}40)^2}{2}=\dfrac{100\cdot0{,}16}{2}=8{,}0\text{ J}$.

Resolução

O carro está em equilíbrio estático, com as forças verticais: o peso do carro $P_c=8\,000\text{ N}$ em G, o peso das pessoas $P_p=2\,000\text{ N}$ a $2{,}0\text{ m}$ da frente e as normais $N_D$ (dianteira) e $N_T$ (traseira). Pela terceira lei de Newton, as forças que as rodas exercem sobre o piso têm as mesmas intensidades dessas normais.

Posições medidas a partir da frente: D em $0{,}5\text{ m}$; G em $1{,}0\text{ m}$; pessoas em $2{,}0\text{ m}$; T em $3{,}6-0{,}1=3{,}5\text{ m}$.

Forças verticais:

$N_D+N_T=8\,000+2\,000=10\,000\text{ N}$.

Momentos em relação ao ponto T (assim $N_T$ não produz momento). As distâncias até T são: de D, $3{,}5-0{,}5=3{,}0\text{ m}$; de G, $3{,}5-1{,}0=2{,}5\text{ m}$; das pessoas, $3{,}5-2{,}0=1{,}5\text{ m}$. Logo

$N_D\cdot3{,}0=8\,000\cdot2{,}5+2\,000\cdot1{,}5=20\,000+3\,000=23\,000$,

$N_D=\dfrac{23\,000}{3{,}0}\approx7\,650\text{ N}$.

Então

$N_T=10\,000-7\,650\approx2\,350\text{ N}$.

A maior parte do peso é suportada pelas rodas dianteiras, porque o centro de gravidade do conjunto está mais próximo delas.

Resolução

A massa é a medida da quantidade de matéria (inércia) do objeto e não depende do local; portanto, ela permanece constante em qualquer deslocamento.

O peso é a força gravitacional, $P=m\,g$, e depende do campo gravitacional local. Pela lei da gravitação, $g=\dfrac{GM}{r^2}$, de modo que $g$ é maior onde o ponto está mais próximo do centro da Terra.

Como a Terra é achatada nos pólos, o raio $r$ nos pólos é menor que no equador, logo $g_{\text{pólo}}>g_{\text{equador}}$. Mantida a massa, o peso $P=mg$ aumenta quando o objeto vai do equador para um pólo.

Resolução

Como a velocidade é constante, a força resultante ao longo da ladeira é nula. Na direção do plano, o componente do peso que puxa o veículo para baixo é equilibrado pela força de atrito:

$F_{at}=P\,\text{sen}\,\alpha=2{,}0\cdot10^4\cdot0{,}6=1{,}2\cdot10^4\text{ N}$.

A potência dissipada pelo atrito é o produto da força pela velocidade, pois atrito e deslocamento têm a mesma direção:

$\text{Pot}=F_{at}\,v\;\Rightarrow\;v=\dfrac{\text{Pot}}{F_{at}}=\dfrac{180\cdot10^3}{1{,}2\cdot10^4}=15\text{ m/s}$.

O cosseno do ângulo não é necessário aqui: ele informaria apenas a força normal, que não participa do equilíbrio ao longo do plano.

Resolução

Velocidade imediatamente antes do impacto (queda livre, conservação da energia mecânica):

$v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot10\cdot5{,}0}=10\text{ m/s}$.

Durante o impacto atuam o peso $P=mg=60\text{ N}$, para baixo, e a normal média $N$, para cima. O impulso da força resultante é igual à variação da quantidade de movimento. Adotando o sentido para cima como positivo, a velocidade passa de $-10\text{ m/s}$ a zero:

$(N-P)\,\Delta t=m\,(0-(-v))=m\,v$.

$N=\dfrac{m\,v}{\Delta t}+P=\dfrac{6{,}0\cdot10}{2{,}0\cdot10^{-3}}+60=3{,}0\cdot10^4+60\approx3{,}0\cdot10^4\text{ N}$.

O peso é desprezível diante da força de impacto, que é da ordem de $500$ vezes o peso do objeto.

Resolução

O barco flutua em equilíbrio: o empuxo equilibra o peso total, $E=P$. O empuxo, pelo princípio de Arquimedes, vale

$E=\rho_{\text{água}}\,g\,V_{\text{deslocado}}$,

isto é, é diretamente proporcional ao volume de água deslocada (a relação não é inversa nem quadrática).

Quando a tripulação embarca, o peso aumenta em $\Delta P$. Para que o equilíbrio seja restabelecido, o empuxo precisa aumentar do mesmo valor, $\Delta E=\Delta P$, o que ocorre porque o barco afunda um pouco mais e desloca um volume maior de água:

$\Delta V=\dfrac{\Delta P}{\rho_{\text{água}}\,g}$.

Logo, o empuxo se altera (aumenta) na mesma medida do aumento do peso, por ser diretamente proporcional ao volume de água deslocada.

Resolução

Para um gás ideal de quantidade constante, vale $\dfrac{pV}{T}=\text{constante}$. Analisamos o diagrama $p\times T$.

Transformação I: segmento vertical, em que a pressão varia mantendo-se a mesma temperatura absoluta $T$. Isso caracteriza uma transformação isotérmica (a pressão aumenta e, portanto, o volume diminui, $pV=\text{constante}$).

Transformação II: segmento inclinado em que $p$ aumenta junto com $T$, com $\dfrac{p}{T}$ constante, o que corresponde a $V$ constante: a transformação é isométrica (isocórica). Uma isobárica seria um segmento horizontal, e uma adiabática não seria representada por segmento retilíneo nesse diagrama.

Resolução

Na experiência de Joule, a energia mecânica perdida pelo peso ao descer a altura $d$ é transferida ao líquido pelas pás (não havendo outras perdas), aumentando sua temperatura.

O trabalho realizado pelo peso é

$W=P\,d$.

O calor recebido pelo líquido, expresso na unidade usual de calor (caloria), é

$Q=m\,c\,\Delta\theta$.

O equivalente mecânico do calor $J$ é o fator de conversão entre as duas unidades, isto é, o trabalho necessário para produzir uma unidade de calor: $W=J\,Q$. Substituindo:

$P\,d=J\,m\,c\,\Delta\theta\;\Rightarrow\;J=\dfrac{P\,d}{m\,c\,\Delta\theta}$.

Resolução

Uma fibra óptica é um filamento transparente (núcleo) envolto por um material de menor índice de refração. A luz que entra pela extremidade incide na superfície interna do núcleo com ângulo maior que o ângulo limite, $\text{sen}\,L=\dfrac{n_{\text{menor}}}{n_{\text{maior}}}$, e sofre reflexão total, sucessivas vezes, sem perdas significativas. Assim o feixe é conduzido ao longo da fibra, mesmo que ela esteja curva.

Em cada trecho entre reflexões, a luz se propaga em linha reta (princípio da propagação retilínea da luz em meio homogêneo). Esses dois fundamentos, propagação retilínea e reflexão total, explicam o funcionamento do endoscópio. A dispersão, a difração e a refração (esta somente na entrada e na saída da fibra) não são a base da condução da luz.

Resolução

Usamos o fato de que um espelho côncavo forma, para objeto real, imagem real e invertida quando o objeto está além do foco. Analisamos os pontos do triângulo separadamente.

Ponto $C$ (centro de curvatura): objeto sobre $C$ tem imagem sobre o próprio $C$, invertida e do mesmo tamanho ($p=p'=2f$, $A=-1$). Logo $C'$ coincide com $C$, e o lado $C'A'$ tem o mesmo comprimento de $CA$, mas orientado para baixo do eixo (imagem invertida).

Ponto $D$: está sobre o eixo, ligeiramente além do foco, entre $C$ e $F$. Aplicando $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}$, quanto mais próximo de $F$ estiver o objeto, mais distante do espelho forma-se a imagem. Portanto $D'$ fica muito afastado do espelho, além de $C'$, ou seja, à esquerda de $C'$ na figura.

A imagem do triângulo é, então, um triângulo retângulo de base $D'C'$ muito longa sobre o eixo, com $D'$ à esquerda de $C'$ (mais distante do espelho) e o cateto $C'A'$ vertical, abaixo do eixo, de mesmo comprimento do objeto $CA$. Essa descrição corresponde a um triângulo longo e fino, com $D'$ na extremidade esquerda e $A'$ abaixo de $C'$.

Resolução

Para ver nitidamente, a imagem real precisa se formar exatamente sobre a retina. Assim, a distância do objeto ao cristalino é $p=2{,}0\text{ m}$ e a distância da imagem ao cristalino é $p'=2{,}5\text{ cm}=0{,}025\text{ m}$.

A vergência é o inverso da distância focal em metros, dada pela equação de Gauss:

$V=\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}=\dfrac1{2{,}0}+\dfrac1{0{,}025}=0{,}5+40=40{,}5\text{ di}$.

A maior parte da vergência vem do termo da imagem, porque a distância à retina é muito pequena.

Resolução

Comprimento de onda do som:

$\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{340}{680}=0{,}50\text{ m}$.

Diferença de percursos entre as ondas que chegam a $P$:

$\Delta x=5{,}0-4{,}0=1{,}0\text{ m}=2\lambda$.

Como as fontes emitem em fase e $\Delta x$ é um número inteiro de comprimentos de onda, as ondas chegam em P também em fase: ocorre interferência construtiva. As amplitudes se somam:

$A_P=A_1+A_2=5{,}0+5{,}0=10\text{ cm}$.

Resolução

Entre duas placas planas, paralelas e uniformemente eletrizadas, com $d$ pequeno comparado às dimensões das placas, o campo elétrico é uniforme (linhas de campo paralelas e igualmente espaçadas), de módulo constante $E$, dirigido da placa positiva para a negativa.

A ddp entre $P$ e $R$ é $U=E\,d$ e depende apenas do campo e da distância, não da massa nem da carga da partícula de prova.

A partícula positiva, abandonada em $P$, é acelerada no sentido do campo, de $P$ para $R$. Sendo a força elétrica $F=qE$ a única força relevante, o trabalho entre $P$ e $R$ (deslocamento $d$ na direção da força) é

$W=qEd$.

Pelo teorema da energia cinética, partindo do repouso, $E_c=W=q\,E\,d$. A velocidade em $R$ seria $v=\sqrt{\dfrac{2qEd}{m}}$, de modo que a expressão com o produto $m$ dentro da raiz é dimensionalmente incorreta. Conclui-se que o campo é uniforme e a energia cinética em $R$ é $q\,E\,d$.

Resolução

A tensão nos terminais de um receptor é dada por

$U=\varepsilon'+r\,i$,

em que $\varepsilon'$ é a força contra-eletromotriz e $r$ a resistência interna. No gráfico $U\times i$ temos uma reta: o coeficiente linear é $\varepsilon'$ e o coeficiente angular é $r$.

Para $i=0$, $U=80\text{ V}$, portanto $\varepsilon'=80\text{ V}$ (um elemento que consome energia elétrica e não a fornece é um receptor, e sua grandeza é a força contra-eletromotriz).

Para $i=15\text{ A}$, $U=110\text{ V}$:

$r=\dfrac{110-80}{15}=2\text{ }\Omega$.

A potência elétrica total consumida pelo receptor, nessa condição, é

$P=U\,i=110\cdot15=1\,650\text{ W}$.

Desse total, $\varepsilon'\,i=1\,200\text{ W}$ são convertidos em outra forma útil de energia e $r\,i^2=450\text{ W}$ são dissipados por efeito Joule; o receptor, portanto, consome $1\,650\text{ W}$.

Resolução

No vácuo, toda onda eletromagnética obedece a $c=\lambda\,f$. Portanto a frequência da radiação é

$f=\dfrac{c}{\lambda}=\dfrac{3\cdot10^{8}}{7{,}5\cdot10^{-9}}=4\cdot10^{16}\text{ Hz}$.

Na escala da figura, $4\cdot10^{16}\text{ Hz}$ está um pouco acima de $10^{16}\text{ Hz}$, dentro do intervalo indicado para o ultravioleta. A luz visível situa-se perto de $10^{14}\text{ Hz}$ a $10^{15}\text{ Hz}$, abaixo desse valor, e os raios X ocupam frequências ainda maiores.