2019-CFS1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Numa curva de aquecimento, os patamares horizontais são as mudanças de fase: a substância recebe calor e a temperatura não muda. O primeiro patamar ($35\ ^\circ\text{C}$) é a fusão; o segundo ($85\ ^\circ\text{C}$), a vaporização.

O patamar da vaporização vai de $11\,000$ a $15\,000\ \text{cal}$: foram gastas $4\,000\ \text{cal}$ para vaporizar os $200\ \text{g}$.

$$L_v=\frac{Q}{m}=\frac{4\,000}{200}=20\ \text{cal/g}$$

Cuidado para não pegar o patamar errado: o da fusão, de $2\,000$ a $6\,000\ \text{cal}$, também tem $4\,000\ \text{cal}$ e daria o mesmo número aqui, mas em geral os dois são diferentes. E não use o valor $15\,000$ direto, que é o calor acumulado desde o início.

A lei de Stevin diz que, num líquido em equilíbrio, a pressão só depende da profundidade: $p=p_0+\rho\,g\,h$. Pontos na mesma horizontal estão na mesma profundidade e têm a mesma pressão.

É por isso que a superfície livre fica plana e horizontal, e é também o princípio dos vasos comunicantes.

A lei de Pascal fala da transmissão de uma variação de pressão para todo o líquido (prensa hidráulica); a de Arquimedes, do empuxo.

Um ponto material não tem dimensões: todas as forças atuam no mesmo ponto, e não há como ele girar. A única condição de equilíbrio é a resultante nula:

$$\sum\vec F=\vec0$$

A soma dos momentos nula (B) é a condição extra que aparece para corpos extensos, que podem girar. As alternativas C e D não fazem sentido: com resultante diferente de zero, há aceleração.

O índice absoluto de um meio é $n=\frac cv$. O índice relativo do meio 1 em relação ao meio 2 é:

$$n_{1,2}=\frac{n_1}{n_2}=\frac{c/v_1}{c/v_2}=\frac{v_2}{v_1}=\frac{120\,000}{200\,000}=0{,}6$$

Repare na inversão: a razão dos índices é o inverso da razão das velocidades. Quem divide $v_1$ por $v_2$ chega a $1{,}67$, a D. Faz sentido o resultado ser menor que 1: a luz é mais rápida no meio 1, que é o menos refringente.

Peso é uma força, e o aparelho que mede força é o dinamômetro (uma mola calibrada).

A balança comum compara massas: num prato de dois braços, o resultado seria o mesmo na Terra e na Lua. Por isso a questão gerou discussão, já que no dia a dia "se pesa" na balança.

Observação: a questão foi anulada pela banca.

O raio de curvatura é $25\ \text{cm}$, então o foco está a $f=12{,}5\ \text{cm}$. O objeto está a $25\ \text{cm}$: exatamente sobre o centro de curvatura.

$$\frac1{p'}=\frac1f-\frac1p=\frac{1}{12{,}5}-\frac1{25}=\frac{1}{25}\;\Longrightarrow\;p'=25\ \text{cm}\qquad A=-\frac{p'}{p}=-1$$

Imagem real, invertida, do mesmo tamanho ($50\ \text{cm}$) e também no centro de curvatura. Este é um caso para decorar: objeto no centro de curvatura, imagem no centro de curvatura.

Atenção: a figura original da questão não está disponível nesta página.

O eixo horizontal é o tempo, então a distância entre dois pontos equivalentes da onda é o período, e não o comprimento de onda.

Na malha, a onda completa um ciclo (de uma subida a outra, passando pelo vale) em $8$ quadradinhos: $T=8\ \text{s}$.

$$v=\frac{\lambda}{T}=\frac{8}{8}=1\ \text{m/s}$$

O dado da área do quadradinho só serve para dizer que cada lado vale $1$. A C, $8\ \text{m/s}$, é de quem lê o período como comprimento de onda e multiplica por uma frequência de $1\ \text{Hz}$.

Numa transformação isotérmica, pressão e volume são inversamente proporcionais (lei de Boyle): $p_1V_1=p_2V_2$.

O volume cai para um terço, então a pressão triplica:

$$p_2=3\cdot2=6\ \text{Pa}$$

Os $150\ \text{cm}^3$ e os $22\ ^\circ\text{C}$ não entram na conta. A D é de quem eleva o fator ao quadrado.

I (falsa). Ondas mecânicas precisam de um meio material para se propagar. No vácuo não há o que vibrar.

II (verdadeira). Na onda longitudinal, as partículas vibram na mesma direção em que a onda se propaga, como no som no ar.

III (verdadeira). As ondas eletromagnéticas são oscilações de campos elétrico e magnético, e se propagam no vácuo: é assim que a luz do Sol chega até nós.

IV (falsa). O som não se propaga no vácuo, mas nos fluidos (ar, água) é uma onda longitudinal, e não transversal.

No contato entre esferas idênticas, a carga total se divide igualmente entre as duas. Siga a esfera C:

C com A: $\frac{-Q+3Q}{2}=Q$. C com B: $\frac{Q+0}{2}=\frac Q2$. C com D: $\frac{Q/2+0}{2}=\frac Q4$.

A carga negativa de C foi neutralizada no primeiro contato; depois, cada toque numa esfera neutra divide a carga de C pela metade. A carga total se conserva: $A$ ficou com $Q$, $B$ com $\frac Q2$, $D$ e $C$ com $\frac Q4$ cada, somando $2Q$.

Numa máquina de Carnot, trabalhe sempre em kelvin: $T_f=27+273=300\ \text{K}$ e $T_q=57+273=330\ \text{K}$.

$$\eta=1-\frac{T_f}{T_q}=1-\frac{300}{330}\approx0{,}091\approx9\%$$

Com Celsius, o cálculo daria $1-\frac{27}{57}\approx53\%$, um valor absurdo para fontes tão próximas. Por isso a primeira afirmação é falsa.

Se a fonte quente fornece $5000\ \text{J}$, o trabalho é cerca de $0{,}091\cdot5000\approx455\ \text{J}$ e o calor rejeitado é $5000-455\approx4545\ \text{J}$, aproximadamente $4500\ \text{J}$: a segunda é falsa e a terceira, verdadeira.

Aumentar a diferença entre as temperaturas das fontes diminui a razão $\frac{T_f}{T_q}$ e aumenta o rendimento: a quarta é verdadeira. Sequência F – F – V – V.

A massa mede a quantidade de matéria (e a inércia) do corpo. Não depende do lugar: continua $m$.

O peso é a força gravitacional, $P=m\,g$. Com a gravidade reduzida a um terço, o peso também cai a um terço: $\frac P3$.

A confusão entre massa e peso é o que as alternativas A e D exploram. Uma balança de mola marcaria um terço lá; mas o astronauta seria tão difícil de empurrar quanto na Terra.

A força centrípeta mantém a pedra na curva. Com tudo no SI ($m=0{,}04\ \text{kg}$ e $R=0{,}72\ \text{m}$):

$$F_c=\frac{m\,v^2}{R}\;\Longrightarrow\;v^2=\frac{F_c\,R}{m}=\frac{2\cdot0{,}72}{0{,}04}=36\;\Longrightarrow\;v=6\ \text{m/s}$$

Quando a corda se rompe, a força centrípeta desaparece e a pedra sai pela tangente com a velocidade que tinha. Ela não "foge" pelo raio, como muita gente imagina.

Nos materiais diamagnéticos, os ímãs elementares se orientam em sentido contrário ao do campo aplicado. O material passa a ser fracamente repelido pelo ímã.

Os paramagnéticos se orientam a favor do campo e são fracamente atraídos; os ferromagnéticos (ferro, níquel, cobalto) também se orientam a favor, mas são fortemente atraídos. "Ultramagnético" não é uma classificação usada.

Voz fina e voz grossa correspondem a som agudo e som grave, e a qualidade que distingue agudo de grave é a altura, ligada à frequência.

A armadilha está no uso do dia a dia: "alto" costuma significar som forte, mas em Física isso é a intensidade. O timbre é o que distingue duas vozes ou dois instrumentos tocando a mesma nota.

Com a velocidade perpendicular ao campo, $F=q\,v\,B$. Com $q=3{,}2\ \mu\text{C}=3{,}2\times10^{-6}\ \text{C}$:

$$B=\frac{F}{q\,v}=\frac{1{,}6\times10^2}{3{,}2\times10^{-6}\cdot2\times10^4}=\frac{1{,}6\times10^2}{6{,}4\times10^{-2}}=0{,}25\times10^4=2{,}5\times10^3\ \text{T}$$

Cuidado com o arredondamento das potências: $0{,}25\times10^4$ e $2{,}5\times10^3$ são o mesmo número, e a A, $0{,}25\times10^3$, é dez vezes menor. O prefixo micro também precisa entrar na conta.

Na queda a partir do repouso, a energia potencial vira cinética (ou, pela equação de Torricelli):

$$v^2=2\,g\,h=2\cdot10\cdot5=100\;\Longrightarrow\;v=10\ \text{m/s}$$

A massa do atleta não importa. A D, $50$, é de quem faz $g\cdot h$ e esquece da raiz.

Na posição de equilíbrio, a força da mola iguala o peso das bolinhas. Com $x=5\ \text{cm}=0{,}05\ \text{m}$:

$$F=k\,x=9{,}0\cdot0{,}05=0{,}45\ \text{N}$$

Cada bolinha pesa $0{,}015\cdot10=0{,}15\ \text{N}$ (a massa em quilogramas). O número de bolinhas é $\frac{0{,}45}{0{,}15}=3$.

Repare nos números: $5$, $12$ e $13$ formam um triângulo pitagórico, pois $5^2+12^2=25+144=169=13^2$.

Pela lei dos cossenos, $R^2=a^2+b^2+2ab\cos\theta$. Como $R^2=a^2+b^2$, sobra $\cos\theta=0$: os vetores são perpendiculares, $\theta=90^\circ$.

Confira os extremos: com $0^\circ$ a resultante seria $17$ (soma), e com $180^\circ$ seria $7$ (diferença). O $13$ está no meio, como deve ser para vetores perpendiculares.

Pela equação do calor sensível, $Q=m\,c\,\Delta T$. Com o mesmo $Q$ e a mesma $m$:

$$\Delta T=\frac{Q}{m\,c}$$

Quanto menor o calor específico, maior a variação de temperatura. Como $c_A=0{,}58<c_B=1{,}0$, o líquido A esquenta mais.

O calor específico mede a "resistência" do material a mudar de temperatura. É por isso que a água ($c=1$) demora a esquentar e a esfriar.

Compare as escalas pelos pontos fixos. Da fusão à ebulição, a escala R vai de $-20$ a $80$ (são $100$ divisões), assim como a Celsius, de $0$ a $100$:

$$\frac{C-0}{100-0}=\frac{R-(-20)}{80-(-20)}\;\Longrightarrow\;\frac{C}{100}=\frac{R+20}{100}\;\Longrightarrow\;C=R+20$$

Confira com a ebulição: $R=80$ dá $C=100$. As escalas só estão deslocadas de $20$ graus; a A erra o sinal do deslocamento.

O gráfico é uma reta passando pela origem: o condutor é ôhmico. Leia um ponto qualquer, por exemplo $V=100\ \text{V}$ com $I=200\ \text{mA}=0{,}2\ \text{A}$:

$$R=\frac VI=\frac{100}{0{,}2}=500\ \Omega$$

Pela segunda lei de Ohm, $R=\rho\,\frac LA$, então:

$$A=\frac{\rho\,L}{R}=\frac{1{,}75\times10^{-6}\cdot2}{500}=7\times10^{-9}\ \text{m}^2$$

Para passar para $\text{cm}^2$, multiplique por $10^4$ (um metro quadrado tem $10^4\ \text{cm}^2$): $A=7\times10^{-5}\ \text{cm}^2=0{,}7\times10^{-4}\ \text{cm}^2$. A armadilha da A é esquecer o mili da corrente, o que dá $0{,}5\ \Omega$.

A esfera é um condutor em equilíbrio eletrostático.

I (verdadeira). As cargas em excesso se repelem e vão para a superfície externa.

II (falsa). O campo é nulo no interior. Na superfície (logo do lado de fora) ele existe: é ele que atrai ou repele outras cargas.

III (verdadeira). Na superfície, o campo é perpendicular a ela; se tivesse componente tangente, as cargas se moveriam, e o condutor não estaria em equilíbrio. No interior, é nulo.

IV (verdadeira). O condutor em equilíbrio é equipotencial: todos os seus pontos têm o mesmo potencial, e a ddp entre dois deles é zero.

Só é possível ver a chama quando os três orifícios estão alinhados com ela e com o olho. Basta deslocar um dos anteparos para a chama sumir.

Isso mostra que a luz, num meio homogêneo e transparente, vai em linha reta: é o princípio da propagação retilínea. Se a luz pudesse fazer curvas, contornaria os anteparos.

O mesmo princípio explica a formação de sombras e o funcionamento da câmara escura.