Provas Anteriores | UFF 2009 — 2ª etapa

Óptica — Lentes — Sombra por refração e formação de imagem em lente convergente

Um anteparo retangular opaco é colocado entre uma lâmpada muito pequena, que pode ser considerada como pontual, e uma tela. Um bloco de plástico transparente é encostado na tela, como mostrado na vista lateral abaixo.

Fonte pontual, anteparo opaco e bloco de plástico encostado na tela.

Esse arranjo produz uma zona de sombra sobre a tela.

a) Se retirarmos o bloco de plástico da frente da tela, a área da zona de sombra aumentará, diminuirá ou permanecerá a mesma? Justifique sua resposta com o uso de um diagrama de raios luminosos.

b) A lâmpada muito pequena é agora substituída por uma lâmpada fluorescente e o anteparo por uma lente convergente delgada. O novo arranjo é mostrado no diagrama abaixo.

Lâmpada a 90 cm da lente e tela a 45 cm do outro lado.

Este arranjo produz uma imagem nítida da lâmpada sobre a tela. Com a ajuda do traçado de raios luminosos, localize no diagrama os focos da lente convergente delgada.

c) Calcule a distância focal dessa lente.

a) A sombra aumenta. b) Os focos ficam a $30\,\mathrm{cm}$ da lente, um de cada lado. c) $f=30\,\mathrm{cm}$.

Resolução comentada

Os raios que passam junto às bordas do anteparo delimitam a sombra. Ao entrar no plástico, eles se aproximam da normal à face do bloco e ficam menos inclinados em relação ao eixo horizontal. Sem o bloco, seguem em linha reta até a tela, delimitando uma região maior.

Raios delimitadores da sombra com e sem o bloco. — Traçado do padrão oficial de respostas.

O raio que passa pelo centro óptico segue sem desvio. Seu encontro com a tela localiza a ponta da imagem invertida. O raio incidente paralelo ao eixo passa por essa mesma ponta após a refração. O cruzamento desse raio refratado com o eixo localiza o foco do lado da tela. O foco objeto está à mesma distância, do outro lado.

Traçado dos raios principais.

Como o objeto e a imagem são reais, $p=90\,\mathrm{cm}$ e $p^\prime=45\,\mathrm{cm}$. Pela equação de Gauss, $1/f=1/90+1/45=3/90$ em $\mathrm{cm^{-1}}$. Portanto, $f=30\,\mathrm{cm}$.

Resposta: a) A sombra aumenta. b) Os focos ficam a $30\,\mathrm{cm}$ da lente, um de cada lado. c) $f=30\,\mathrm{cm}$.

Mecânica — Estática — Equilíbrio de torques em prancha sustentada por mola

Um objeto de massa $M$ repousa sobre uma prancha de comprimento $L$ apoiada por uma de suas extremidades. A outra extremidade da prancha está ligada a uma mola de constante elástica $k$, que termina por uma esfera de massa $m$. Uma força externa $\vec F$ aplicada a esta esfera é responsável por esticar a mola até que seu comprimento $h$ seja suficiente para manter a prancha em equilíbrio na horizontal. As massas da prancha e da mola são desprezíveis em comparação com $m$ e $M$. O diagrama abaixo representa a situação descrita.

Prancha de comprimento L, carga M a distância x do apoio e mola vertical de comprimento h.

Suas respostas aos itens que se seguem devem ser funções apenas das quantidades escalares identificadas no diagrama e da aceleração da gravidade local $g$.

a) Determine o módulo da força aplicada pela mola sobre a prancha.

b) Determine o comprimento da mola quando relaxada.

c) Determine o módulo da força $\vec F$ necessária para manter a prancha na horizontal.

d) Num dado instante, o agente externo responsável pela força $\vec F$ deixa de atuar e esta força desaparece. Determine a razão entre a aceleração de queda, neste instante, da massa $m$ e $g$, a aceleração da gravidade local.

a) $F_s=Mgx/L$. b) $\ell_0=h-Mgx/(kL)$. c) $F=mg+Mgx/L$. d) $a/g=1+Mx/(mL)$.

Resolução comentada

Escolhendo o apoio como polo, a reação do apoio tem braço nulo. O objeto em repouso exerce sobre a prancha uma força de módulo $Mg$ a uma distância $x$ do apoio. A mola puxa a outra extremidade para cima, a uma distância $L$. O equilíbrio dos torques dá $F_sL=Mgx$, logo $F_s=Mgx/L$.

Pela lei de Hooke, $F_s=k(h-\ell_0)$. Assim, $\ell_0=h-F_s/k=h-Mgx/(kL)$. O quociente $F_s/k$ tem unidade de comprimento.

Na esfera, o peso e a tração da mola apontam para baixo. A força externa equilibra ambos: $F=mg+F_s=mg+Mgx/L$.

No instante da retirada de $\vec F$, a deformação da mola ainda é a mesma. Tomando o sentido para baixo como positivo, $ma=mg+F_s$, portanto $a/g=1+Mx/(mL)$. A mola ainda atua sobre a esfera e contribui para sua aceleração.

Resposta: a) $F_s=Mgx/L$. b) $\ell_0=h-Mgx/(kL)$. c) $F=mg+Mgx/L$. d) $a/g=1+Mx/(mL)$.

Termologia — Calorimetria — Aquecimento de água por energia elétrica e solar

Um aquecedor elétrico usa um resistor de $2\,\Omega$ ligado a uma diferença de potencial de $100\,\mathrm V$ para aquecer a água.

a) Calcule a potência consumida pelo aquecedor quando ligado.

b) Um banho que use 20 litros de água está dentro dos limites recomendados para evitar o desperdício. Se uma pessoa usa esta quantidade de água a $40\,{}^\circ\mathrm C$ para seu banho, e se a temperatura da água antes de ser aquecida é de $20\,{}^\circ\mathrm C$, durante quanto tempo o aquecedor deverá ficar ligado? Considere $1\,\mathrm{cal}=4{,}2\,\mathrm J$.

c) Num país como o Brasil, a superfície da Terra recebe cerca de $500\,\mathrm{W/m^2}$ de radiação solar por aproximadamente 10 horas diárias. Usando placas captadoras de radiação solar com uma área total de $2\,\mathrm{m^2}$, quantos litros de água poderiam ser aquecidos de $20\,{}^\circ\mathrm C$ a $40\,{}^\circ\mathrm C$ diariamente, usando apenas energia solar? Suponha que as placas tenham eficiência de $100\%$.

a) $5{,}0\,\mathrm{kW}$. b) $336\,\mathrm s$ ou $5{,}6\,\mathrm{min}$. c) Aproximadamente $429\,\mathrm L$ por dia.

Resolução comentada

Pelo efeito Joule, a potência dissipada no resistor é $P=U^2/R=100^2/2=5000\,\mathrm W$.

Com densidade de $1\,\mathrm{kg/L}$, os 20 litros correspondem a $20\,\mathrm{kg}$. Usando calor específico de $4200\,\mathrm{J/(kg\,K)}$ e elevação de $20\,\mathrm K$, a energia necessária é $Q=mc\Delta T=20\cdot4200\cdot20=1{,}68\times10^6\,\mathrm J$. No modelo sem perdas, $t=Q/P=336\,\mathrm s$.

As placas recebem $500\cdot2=1000\,\mathrm W$. Em $10\,\mathrm h=36000\,\mathrm s$, captam $3{,}6\times10^7\,\mathrm J$ com a eficiência indicada. Cada litro requer $4200\cdot20=84000\,\mathrm J$. Dividindo, obtemos $V=(3{,}6\times10^7)/84000\,\mathrm L\approx429\,\mathrm L$.

Resposta: a) $5{,}0\,\mathrm{kW}$. b) $336\,\mathrm s$ ou $5{,}6\,\mathrm{min}$. c) Aproximadamente $429\,\mathrm L$ por dia.

Mecânica — Quantidade de movimento — Colisão inelástica seguida de lançamento horizontal

Um projétil de massa $m=10\,\mathrm g$ viaja horizontalmente com a velocidade $v=1{,}0\times10^2\,\mathrm{m/s}$. Com esta velocidade, o mesmo atinge um bloco de massa $M=0{,}99\,\mathrm{kg}$, que está em repouso na beirada de uma mesa cujo tampo encontra-se a uma altura $h=80\,\mathrm{cm}$ do chão, como mostra a figura. O projétil se aloja no bloco e o conjunto cai da mesa. Considere desprezíveis as dimensões do bloco e do projétil quando comparadas com as da mesa. Suponha $g=10\,\mathrm{m/s^2}$.

Projétil atinge bloco na borda de mesa a 80 cm do chão.

a) Qual a razão entre os módulos das forças horizontais que atuam sobre o projétil e o bloco durante a colisão?

b) Com que velocidade, em módulo e direção, o conjunto sai da mesa?

c) Qual o módulo da velocidade do conjunto ao atingir o solo?

d) A que distância da base da mesa o conjunto atinge o solo?

a) $1$. b) $1{,}0\,\mathrm{m/s}$, horizontal. c) $\sqrt{17}\,\mathrm{m/s}\approx4{,}1\,\mathrm{m/s}$. d) $0{,}40\,\mathrm m$.

Resolução comentada

Durante a colisão, as forças horizontais entre projétil e bloco são um par de ação e reação. Seus módulos são iguais em cada instante e a razão vale $1$.

Como o impulso externo horizontal é desprezível durante o impacto, $mv=(m+M)v_f$. Convertendo $10\,\mathrm g$ em $0{,}010\,\mathrm{kg}$, obtemos $v_f=(0{,}010\cdot100)/(0{,}010+0{,}99)=1{,}0\,\mathrm{m/s}$. O movimento inicial do conjunto é horizontal.

Durante a queda, a gravidade conserva a energia mecânica do conjunto no modelo sem resistência do ar. Assim, $v_s^2=v_f^2+2gh=1^2+2\cdot10\cdot0{,}80=17\,\mathrm{m^2/s^2}$. O módulo no solo é $\sqrt{17}\,\mathrm{m/s}\approx4{,}1\,\mathrm{m/s}$. A conservação de energia mecânica foi aplicada à queda. Na colisão, o projétil se aloja no bloco e parte da energia cinética é dissipada.

O tempo é determinado pela componente vertical: $h=gt^2/2$, então $t=\sqrt{2\cdot0{,}80/10}=0{,}40\,\mathrm s$. Como a velocidade horizontal permanece $1{,}0\,\mathrm{m/s}$, a distância até a base é $d=v_ft=0{,}40\,\mathrm m$.

Resposta: a) $1$. b) $1{,}0\,\mathrm{m/s}$, horizontal. c) $\sqrt{17}\,\mathrm{m/s}\approx4{,}1\,\mathrm{m/s}$. d) $0{,}40\,\mathrm m$.

Eletricidade — Eletrodinâmica — Circuito de emergência com LED e resistência interna

Um aficcionado em eletrônica resolve montar um sistema de iluminação de emergência, usando uma bateria, uma lâmpada e um LED (diodo emissor de luz) para indicar a localização do sistema no escuro. O LED deve estar apagado quando a lâmpada estiver acesa e vice-versa. O circuito projetado é mostrado na figura.

Fonte com resistência interna, ramo do LED em série com R e ramo da lâmpada controlado por S.

O funcionamento do LED nas condições deste circuito é o seguinte:

A queda de potencial entre seus terminais é constante e igual a $2\,\mathrm V$.
Ele fica aceso quando a corrente que o atravessa é maior ou igual a $10\,\mathrm{mA}$ e se apaga quando esta corrente é inferior a $10\,\mathrm{mA}$.

Para evitar que o LED se queime, liga-se a ele um resistor $R$ em série. A lâmpada consome $20\,\mathrm W$ quando ligada a uma d.d.p. de $20\,\mathrm V$. A fonte de tensão tem força eletromotriz $\varepsilon=20\,\mathrm V$ e uma resistência interna $r=1\,\Omega$.

a) Com o interruptor S aberto, calcule o valor da resistência $R$ para que a corrente no LED seja $10\,\mathrm{mA}$, consumindo a menor quantidade de energia possível enquanto aceso.

b) Ainda com o interruptor aberto, calcule a potência total fornecida pela fonte. (Esta é a potência consumida por este sistema em “stand-by”.)

c) Com o interruptor S fechado, mostre que a corrente através do LED é inferior a $10\,\mathrm{mA}$, estando, portanto, apagado.

a) $1799\,\Omega$. b) $0{,}20\,\mathrm W$. c) $I_{\rm LED}\approx9{,}47\,\mathrm{mA}$, abaixo do limiar.

Resolução comentada

Com S aberto, a lâmpada está desligada e a mesma corrente percorre $r$, $R$ e o LED. Pela lei das malhas, $20=2+(R+1)I$. No limiar de emissão, $I=0{,}010\,\mathrm A$, logo $R=18/0{,}010-1=1799\,\Omega$.

A potência total fornecida pela fonte é $P=\varepsilon I=20\cdot0{,}010=0{,}20\,\mathrm W$. Essa potência inclui a dissipação na resistência interna.

Com S fechado, a lâmpada fica em paralelo com o ramo do LED. Sua resistência é $R_L=20^2/20=20\,\Omega$. Se $i$ é a corrente no LED, a tensão nos ramos é $U=2+1799i$ e a corrente na lâmpada é $i_L=U/20$.

A resistência interna é atravessada pela soma das correntes. A equação da fonte fica $20=U+1(i+i_L)$. Substituindo $U$ e $i_L$, obtemos $400=42+37799i$, com $i$ em ampères. Logo, $i=358/37799\,\mathrm A\approx9{,}47\,\mathrm{mA}$.

Como $9{,}47<10$, o LED fica apagado pelo critério do enunciado. A corrente não precisa zerar para que o LED deixe de emitir luz nesse modelo.

Resposta: a) $1799\,\Omega$. b) $0{,}20\,\mathrm W$. c) $I_{\rm LED}\approx9{,}47\,\mathrm{mA}$, abaixo do limiar.

UFF | 2009 · 2ª etapa

Dados da prova