2010-CFS2 — Questões de Física comentadas — Método TEF

A densidade é a massa dividida pelo volume, $\rho=\frac mV$. Ao esfriar, a massa da substância não muda, mas o volume diminui (contração).

Com o mesmo numerador e um denominador menor, a densidade aumenta.

A ressalva "desconsiderando as exceções" é por causa da água: entre $0$ e $4\ ^\circ\text{C}$ ela se dilata ao esfriar, e por isso o gelo flutua. A D descreve justamente esse comportamento anômalo, que a questão mandou deixar de lado.

Com o objeto entre o foco e a lente convergente, os raios que saem da lente divergem. Eles não se encontram do outro lado; quem se encontra são os seus prolongamentos, do mesmo lado do objeto.

Por isso a imagem é virtual, direita e maior: é a imagem que se vê pela lupa.

Lembre que uma imagem real de um objeto real, numa lente só, é sempre invertida. As combinações "real e direita" (A) e "virtual e invertida" (D) não existem nessa situação.

A luz vai em linha reta da fonte até a parede. O raio forma dois triângulos semelhantes com o chão: um até o anteparo (altura $10\ \text{cm}$, base $x$) e outro até a parede (altura $50\ \text{cm}$, base $x+200$).

$$\frac{10}{x}=\frac{50}{x+200}\;\Longrightarrow\;10x+2000=50x\;\Longrightarrow\;x=50\ \text{cm}$$

O erro comum é usar $200$ como base do triângulo maior. A base vai da fonte até a parede, e não do anteparo até a parede.

O índice de refração absoluto compara a velocidade da luz no vácuo (aqui, no ar) com a velocidade no meio:

$$n=\frac cv=\frac{3\times10^8}{2\times10^8}=1{,}5$$

O índice é sempre maior que 1 para meios materiais, porque a luz nunca é mais rápida do que no vácuo. A A, $\frac23$, é a razão invertida.

Miopia: o olho converge demais, e a imagem de objetos distantes se forma antes da retina. A correção é com lente divergente.

Estrabismo: os olhos não estão alinhados. Uma lente prismática desvia a luz e compensa o desvio do eixo do olho.

A lente cilíndrica é a que corrige o astigmatismo, a outra armadilha das alternativas.

O pulso vai até o avião e volta. Em $1\ \text{ms}=10^{-3}\ \text{s}$, ele percorre:

$$v\,t=300\,000\cdot10^{-3}=300\ \text{km}$$

Esse é o caminho de ida e volta. A distância até o avião é a metade: $d=150\ \text{km}$.

A alternativa com $300$ não aparece, mas quem esquece de dividir por $2$ fica sem resposta. É o mesmo raciocínio do eco e do sonar.

Numa extremidade fixa, a corda não pode se mover. Ao chegar lá, o pulso puxa o suporte, e o suporte reage puxando a corda no sentido contrário: o pulso volta invertido (inversão de fase).

O pulso refletido continua na mesma corda, com a mesma tração e a mesma densidade. A velocidade não muda, e a frequência também não: o comprimento de onda é o mesmo.

Numa extremidade livre, a reflexão ocorreria sem inversão.

As três ondas da figura têm formas diferentes. A forma da onda (os harmônicos que acompanham a frequência fundamental) é o que o ouvido percebe como timbre.

É o timbre que permite distinguir um violão de um piano tocando a mesma nota, com o mesmo volume. A altura depende da frequência, e a intensidade, da amplitude.

No gráfico, a transformação AB é um segmento vertical: a pressão aumenta e o volume fica constante (isocórica).

O trabalho do gás está ligado à variação de volume; no diagrama $p\times V$, é a área sob a curva. Um segmento vertical não tem área embaixo: $W=0$.

Os $20\ \text{J}$ de calor servem de pegadinha. Pela primeira lei, $Q=\Delta U+W$: com $W=0$, todo o calor aumenta a energia interna, $\Delta U=20\ \text{J}$, e a temperatura sobe.

Os três processos de transferência de calor são a condução (de partícula a partícula, típica dos sólidos), a convecção (por correntes de fluido) e a radiação (por ondas eletromagnéticas, inclusive no vácuo).

A ebulição é outra coisa: é uma mudança de fase, a passagem de líquido para vapor. Ela precisa de calor, mas não é um modo de transportá-lo.

Cada banho passa de $30$ para $15$ minutos: são $15$ minutos a menos por banho e $30$ minutos, ou $0{,}5\ \text{h}$, a menos por dia.

$$E_{dia}=P\,\Delta t=4\ \text{kW}\cdot0{,}5\ \text{h}=2\ \text{kWh}\qquad E_{mês}=30\cdot2=60\ \text{kWh}$$

As lâmpadas gastam $3\ \text{kWh}$ por dia: $\frac{60}{3}=20$ dias.

Um meio mês de lâmpadas economizado só com banhos mais curtos: o chuveiro elétrico gasta muito porque tem potência altíssima.

Num condutor em equilíbrio eletrostático, a carga fica na superfície e o campo no interior é nulo. Isso vale também para a cavidade vazia de uma esfera oca.

No centro, os campos criados por todas as partes da superfície se cancelam por simetria: $E=0$.

Os dados de raio e carga servem para distrair. Eles seriam necessários para o campo fora da esfera. É o princípio da gaiola de Faraday: um avião atingido por um raio protege quem está dentro.

O potencial de uma carga puntiforme é $V=\frac{kQ}{r}$. Com $kQ=9\times10^9\cdot4\times10^{-9}=36\ \text{V}\cdot\text{m}$:

$$V_A=\frac{36}{0{,}6}=60\ \text{V}\qquad V_B=\frac{36}{0{,}8}=45\ \text{V}$$

$$V_{AB}=V_A-V_B=60-45=15\ \text{V}$$

A D, $60$, é só o potencial em A. Lembre que o potencial cai com $\frac1r$, e não com $\frac1{r^2}$ como o campo.

Correntes paralelas no mesmo sentido se atraem; em sentidos opostos, se repelem.

Fio aterrado sem corrente não gera campo magnético nem sofre força magnética. Por isso as alternativas C e D não fazem sentido.

Curiosidade: essa definição do ampère valeu até 2019. Hoje, o ampère é definido a partir de um valor fixo para a carga elementar.

As linhas do campo magnético de um fio retilíneo longo são circunferências concêntricas ao fio, em planos perpendiculares a ele. O sentido é dado pela regra da mão direita: polegar na corrente, dedos curvados no sentido do campo.

Não confunda com o campo elétrico de um fio carregado, esse sim com linhas radiais (C). As linhas do campo magnético são sempre fechadas.

No gráfico posição × tempo, a velocidade é a inclinação.

De 0 a 5 s: a posição vai de $20$ para $40\ \text{m}$ em linha reta. $v=\frac{40-20}{5}=4\ \text{m/s}$, constante.

De 5 a 10 s: a posição fica em $40\ \text{m}$: o móvel está parado, $v=0$.

O gráfico certo tem um patamar em $4\ \text{m/s}$ até $5\ \text{s}$ e depois cai para zero. Cuidado para não confundir com o gráfico da própria posição: parar em $40\ \text{m}$ não é ter velocidade $40$.

Queda livre: $245=\frac{10\,t^2}{2}$, então $t^2=49$ e $t=7\ \text{s}$.

Lançamento para cima: o corpo deve subir os $245\ \text{m}$ nos mesmos $7\ \text{s}$:

$$245=7v_0-\frac{10\cdot7^2}{2}=7v_0-245\;\Longrightarrow\;v_0=70\ \text{m/s}$$

Confira: com $v_0=70\ \text{m/s}$, o corpo subiria até parar em $7\ \text{s}$ e altura $245\ \text{m}$. A subida é a queda "de trás para a frente": a velocidade de lançamento é a velocidade com que o corpo chegaria ao solo na queda, $10\cdot7=70\ \text{m/s}$.

No MCU o módulo da velocidade não muda, então a aceleração tangencial é zero. O que muda é a direção, e isso é papel da aceleração centrípeta:

$$a_c=\frac{v^2}{R}$$

Para o mesmo raio, quanto maior a velocidade, maior a aceleração centrípeta (e ela cresce com o quadrado de $v$).

Sobre o bloco atuam três forças: o peso, a tração do fio 1 e a tração do fio 2.

No equilíbrio, as três somam zero. Como o bloco não gira, as linhas de ação das três passam pelo mesmo ponto: pela figura, os fios estão presos de modo a apontar para o centro do bloco, onde também atua o peso.

Não conte a força que o bloco faz nos fios nem a atração que ele faz na Terra: essas são as reações, e atuam em outros corpos.

Os dois trechos são perpendiculares: o deslocamento é a hipotenusa do triângulo retângulo de catetos $300$ e $400\ \text{m}$.

$$d=\sqrt{300^2+400^2}=\sqrt{250\,000}=500\ \text{m}$$

É o triângulo $3$-$4$-$5$ multiplicado por $100$. Os $700\ \text{m}$ da A são a distância percorrida, e não o deslocamento.

A força faz $60^\circ$ com a horizontal. A componente que arrasta o caixote é a horizontal:

$$F_x=F\cos60^\circ=10\cdot\frac12=5\ \text{N}$$

A componente vertical, $F\,\text{sen}\,60^\circ=5\sqrt3\approx8{,}7\ \text{N}$ (a C), só alivia o caixote do chão. A armadilha é trocar seno por cosseno: o cosseno fica com o cateto adjacente ao ângulo.

Pontos do líquido na mesma horizontal têm a mesma pressão. Tome a horizontal da superfície do lado do gás, que ficou mais baixa: do lado aberto, nesse nível, há $5\ \text{cm}$ de líquido sobre ele, além da atmosfera.

$$p_{gás}=p_{atm}+\rho\,g\,h=10^5+20\times10^3\cdot10\cdot0{,}05=10^5+10^4=1{,}1\times10^5\ \text{Pa}$$

Faz sentido: o gás empurrou o líquido para baixo do seu lado, então está com pressão maior que a atmosfera. Se o nível do lado do gás tivesse subido, a pressão seria menor que $10^5\ \text{Pa}$.

Com $m=2\ \text{t}=2000\ \text{kg}$:

$$\frac{m\,v^2}{2}=4000\;\Longrightarrow\;1000\,v^2=4000\;\Longrightarrow\;v=2\ \text{m/s}$$

Cuidado com a unidade: tonelada é mil quilogramas. A $\sqrt2$ aparece se o fator $\frac12$ for esquecido. (O resultado, $2\ \text{m/s}$, é muito lento para um projétil de catapulta, mas é o que os dados da questão dão.)

Pela segunda lei de Newton, há força resultante sempre que há aceleração, isto é, quando a velocidade muda.

Região a: a velocidade aumenta. Região c: diminui. Nas duas há aceleração e, portanto, força resultante.

Região b: a velocidade é constante, e o movimento é retilíneo: aceleração nula e resultante nula (primeira lei). Não quer dizer que não haja forças, mas que elas se equilibram.

A massa não é necessária para saber se a resultante é zero, só para calcular o seu valor. Por isso a D está errada.

No ponto mais alto, a granada está parada: a quantidade de movimento total é zero.

A explosão é causada por forças internas, que não mudam a quantidade de movimento do sistema. Logo, logo após a explosão:

$$\sum\vec p_{fragmentos}=\vec0$$

Os fragmentos voam em todas as direções, e não só na vertical ou na horizontal; o que acontece é que as quantidades de movimento se cancelam na soma vetorial. (O peso é uma força externa, mas, durante o instante da explosão, o efeito dele é desprezível.)