2024-CFS1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Vale a pena separar o que é comum a toda onda do que depende do tipo de onda.

Interferência é pura superposição: duas ondas passando pelo mesmo ponto somam suas perturbações. Isso acontece com o som, com ondas na corda e com a luz. Então a alternativa d está certa.

As outras caem por detalhes clássicos. O som difrata, e muito (é por isso que você ouve alguém atrás de uma parede). A polarização só existe em ondas transversais, e o som no ar é longitudinal, então ela não vale para qualquer onda. E o Princípio de Huygens é geométrico: serve para qualquer frente de onda, mecânica ou eletromagnética.

Rendimento é o trabalho útil dividido pelo calor recebido: $\eta = \dfrac{W}{Q_{\text{recebido}}}$. Precisamos olhar as duas coisas, não só a área.

Compare primeiro a e d. Nos dois ciclos o gás recebe calor nos mesmos trechos: o aquecimento isovolumétrico em $V_1$ (de $P_3$ até $P_1$) e a expansão isobárica em $P_1$ (de $V_1$ até $V_2$). O calor recebido é o mesmo, mas a área do triângulo é metade da área do retângulo. Logo, a rende mais que d.

Agora a contra b. No retângulo, com $\Delta P$ e $\Delta V$ como lados,

$$\eta=\frac{\Delta P\,\Delta V}{\dfrac{C_V}{R}V_1\,\Delta P+\dfrac{C_P}{R}P_1\,\Delta V}=\frac{1}{\dfrac{C_V}{R}\dfrac{V_1}{\Delta V}+\dfrac{C_P}{R}\dfrac{P_1}{\Delta P}}$$

Aumentar $\Delta P$ diminui o segundo termo do denominador e, portanto, aumenta o rendimento. Como em a a pressão desce até $P_3$ (maior $\Delta P$) e em b só até $P_2$, o ciclo a vence.

Por fim, c é o próprio ciclo a com um pedaço da área cortado pelo trecho inclinado: menos trabalho para praticamente o mesmo calor recebido. O maior rendimento é o do ciclo retangular entre $P_1$, $P_3$, $V_1$ e $V_2$.

No gráfico, a energia cinética máxima só começa a existir a partir de $F_2$. Essa é a frequência de corte: abaixo dela o fóton não tem energia suficiente para arrancar o elétron, por mais intensa que seja a luz.

Pela equação de Einstein, $E_{c,\max}=hf-\phi$, só há emissão quando $f>F_2$. Entre as frequências marcadas, apenas $F_3$ e $F_4$ ficam acima do corte.

Cuidado com $F_2$: nela os elétrons saem, no máximo, com energia cinética nula. Por isso a alternativa que traz duas frequências que certamente emitem elétrons é a que tem $F_3$ e $F_4$.

Em sistema de polias o caminho mais seguro é seguir o cabo e marcar a tração em cada trecho.

O bloco pendurado está parado, então o cabo que o segura tem tração $P$. Esse mesmo cabo passa pela polia fixa do teto, desce, contorna por baixo a polia do meio e sobe até o teto. Resultado: a polia do meio é puxada para cima por dois trechos de tração $P$, ou seja, $2P$.

Para ela ficar em equilíbrio, o cabo preso embaixo dela precisa puxá-la para baixo com $2P$. Esse cabo contorna a polia presa ao solo (que só muda a direção da força) e termina na mão de quem faz o exercício.

$$F = 2P$$

Faz sentido para um aparelho de academia: a montagem foi pensada para dobrar o esforço, e não para aliviá-lo. Quem marca $P/2$ ou $P/4$ inverteu o papel da polia móvel.

Quantidade de movimento é vetor, então a pergunta é sobre a variação do vetor $\vec p$, não do módulo.

Decomponha a velocidade usando o ângulo $\theta$ medido a partir do chão. A componente horizontal, $v\cos\theta$, é a mesma antes e depois: ela não muda. A componente vertical, $v\,\text{sen}\,\theta$, troca de sentido: era para baixo, passa a ser para cima.

$$|\Delta\vec p| = m\,v\,\text{sen}\,\theta-(-m\,v\,\text{sen}\,\theta)=2mv\,\text{sen}\,\theta$$

A pegadinha está na alternativa a: o módulo da velocidade não muda, mas a direção muda, e isso já basta para existir variação de quantidade de movimento. E o cosseno só apareceria se o ângulo fosse medido a partir da vertical.

A conversão de temperaturas é $\dfrac{\theta_C}{5}=\dfrac{\theta_F-32}{9}$. O $32$ aparece porque as escalas têm zeros diferentes.

Quando falamos de variação, esse deslocamento do zero some, porque ele aparece nas duas temperaturas e se cancela na subtração:

$$\frac{\Delta\theta_C}{5}=\frac{\Delta\theta_F}{9}\;\Longrightarrow\;\Delta\theta_F=\frac{9}{5}\,\Delta\theta_C$$

As alternativas a e b são a armadilha: usam a fórmula de conversão de temperatura, e não de variação. Um jeito rápido de conferir: uma variação de $100\ ^\circ\text{C}$ corresponde a $180\ ^\circ\text{F}$, e não a $212\ ^\circ\text{F}$.

Lente divergente com objeto real tem um comportamento só, não importa onde o objeto esteja: a imagem é sempre virtual, direita e menor.

Os raios que saem do objeto divergem ainda mais depois de atravessar a lente. Eles nunca se cruzam de verdade; só os prolongamentos se encontram, do mesmo lado do objeto e entre a lente e o foco. Por isso a imagem é virtual, não inverte e fica reduzida.

As alternativas c e d descrevem, na verdade, o jeito de pensar das lentes convergentes, em que o tipo de imagem depende da posição do objeto. É justamente por isso que uma lupa precisa de lente convergente: a divergente jamais amplia um objeto real.

A bobina A faz parte de um circuito fechado. Quando o ímã balança perto dela, o fluxo varia, surge força eletromotriz e circula corrente. Pela Lei de Lenz, essa corrente cria um campo que se opõe ao movimento do ímã e ele vai perdendo energia (que vira calor no fio). O pêndulo de A freia.

A bobina B está aberta. Aparece força eletromotriz nos terminais, mas sem caminho fechado não há corrente. Sem corrente, não há campo induzido para frear o ímã, e o módulo da velocidade dele não é alterado por causa da bobina.

Encaixando na frase: não há corrente induzida na bobina B que altere o módulo da velocidade tangencial do ímã.

Repare que as outras combinações sempre erram uma das peças: dizem que há corrente em B (circuito aberto) ou que a corrente em A não freia o ímã.

Numa reação nuclear se conservam o número de massa (em cima) e o número atômico (embaixo).

Número de massa: $1+235=236$. Do lado dos produtos, o bário leva $141$, sobrando $236-141=95$ para dividir entre o criptônio e os nêutrons.

Número atômico: $0+92=92$. O bário tem $56$ e os nêutrons têm $0$, então o criptônio tem $Z=92-56=36$.

Agora é testar as opções com $Z=36$: com ${}^{92}_{36}\text{Kr}$, sobram $95-92=3$ unidades de massa, ou seja, $3$ nêutrons. É a reação clássica do urânio-235:

$${}^{1}_{0}\text{n}+{}^{235}_{92}\text{U}\to{}^{141}_{56}\text{Ba}+{}^{92}_{36}\text{Kr}+3\,{}^{1}_{0}\text{n}$$

Vale lembrar: são esses nêutrons extras que mantêm a reação em cadeia.

Duas equações resolvem qualquer barra em equilíbrio: soma das forças nula e soma dos momentos nula. A tração no fio aparece na primeira, mas antes precisamos do peso de B.

Tome os momentos em relação ao ponto do fio, que fica a $\frac{L}{4}$ de A. De um lado está o peso de A: $180\cdot\frac{L}{4}=45L$. Do outro, o peso da barra ($60\ \text{N}$ no centro, a $\frac{L}{4}$ do fio) e o peso de B (a $\frac{3L}{4}$):

$$45L = 60\cdot\frac{L}{4}+P_B\cdot\frac{3L}{4}\;\Longrightarrow\;45=15+\frac{3P_B}{4}\;\Longrightarrow\;P_B=40\ \text{N}$$

Agora as forças verticais: o fio sustenta tudo.

$$T = 180+60+40 = 280\ \text{N}$$

O erro comum é esquecer o peso da própria barra. Sem ele você chega a $P_B=60\ \text{N}$ e $T=240\ \text{N}$, que nem está entre as opções.

No gráfico $v\times t$, o sinal da velocidade é a posição da reta em relação ao eixo, e a aceleração é a inclinação.

De $0$ a $10\ \text{s}$ a reta está acima do eixo: as velocidades são positivas. Mas ela está descendo, então a aceleração é negativa. O objeto avança e vai freando.

De $10$ a $20\ \text{s}$ as velocidades ficam negativas, mas a inclinação continua a mesma, ou seja, a aceleração continua negativa. Isso derruba c e d.

É um bom exemplo de que velocidade positiva não significa aceleração positiva.

A pista está no tipo de movimento em cada região.

Na Região 1 o feixe entra perpendicularmente ao campo e descreve um arco de movimento circular uniforme. A força muda a direção, mas não altera o módulo da velocidade. É exatamente o que a força magnética faz: como $\vec F_m$ é sempre perpendicular a $\vec v$, ela não realiza trabalho. Campo magnético.

Na Região 2 o feixe é acelerado em linha reta, ou seja, ganha velocidade. Força magnética não consegue fazer isso. Quem acelera carga ao longo da trajetória é o campo elétrico.

Portanto, magnético na Região 1 e elétrico na Região 2.

Primeiro, a resistência de cada lâmpada a partir dos valores nominais, com $R=\dfrac{U^2}{P}$:

$$R_1=R_2=\frac{10^2}{5}=20\ \Omega,\qquad R_3=R_4=\frac{10^2}{10}=10\ \Omega$$

$L_{p3}$ e $L_{p4}$ estão cada uma sozinha num ramo ligado direto à fonte: recebem $10\ \text{V}$ e dissipam exatamente os $10\ \text{W}$ especificados.

$L_{p1}$ e $L_{p2}$ estão em série no mesmo ramo, então dividem os $10\ \text{V}$: cada uma fica com $5\ \text{V}$.

$$P_1=P_2=\frac{5^2}{20}=1{,}25\ \text{W}$$

Bem abaixo dos $5\ \text{W}$ nominais. Todas acendem, mas $L_{p1}$ e $L_{p2}$ brilham menos do que deveriam.

Período é o tempo de uma volta completa. Em uma volta o veículo percorre o comprimento da pista, $4{,}2\ \text{km}=4200\ \text{m}$, com velocidade constante:

$$T=\frac{4200}{35}=120\ \text{s}$$

Só um cuidado: a pista foi dada em quilômetros e a velocidade em metros por segundo. Converter antes de dividir evita erro.

A força centrípeta no ponto mais baixo é $F_c=\dfrac{mv^2}{R}$, então precisamos da velocidade lá embaixo. Quem dá isso é a conservação da energia.

Pela figura, o diâmetro é $2\ \text{m}$ ($R=1\ \text{m}$), o ponto mais baixo está a $1\ \text{m}$ do solo e o mais alto a $3\ \text{m}$. A descida é de $2\ \text{m}$:

$$v_{\text{baixo}}^2=v_{\text{alto}}^2+2g\,\Delta h=100+2\cdot10\cdot2=140$$

$$F_c=\frac{0{,}1\cdot140}{1}=14\ \text{N}$$

Um detalhe do enunciado: com energia conservada, o ponto mais alto é onde a velocidade é mínima, e não máxima. Isso não muda a conta, que só usa os $10\ \text{m/s}$ no topo e a conservação da energia.

No ar, o dinamômetro mede o peso: $P=10\ \text{N}$, então a massa é $1\ \text{kg}=1000\ \text{g}$. Com densidade $2\ \text{g/cm}^3$, o volume é $V=\dfrac{1000}{2}=500\ \text{cm}^3$.

Totalmente imerso, o objeto desloca $500\ \text{cm}^3$ de líquido. A massa desse líquido é $0{,}8\cdot500=400\ \text{g}$, e o empuxo é o peso dele: $E=4\ \text{N}$.

O dinamômetro passa a registrar o peso aparente:

$$T=P-E=10-4=6{,}0\ \text{N}$$

Atalho útil: $\dfrac{E}{P}=\dfrac{d_{\text{líquido}}}{d_{\text{objeto}}}=\dfrac{0{,}8}{2}=0{,}4$. O empuxo vale $40\%$ do peso.

No experimento de Rutherford, a maior parte das partículas alfa atravessou a lâmina de ouro sem desvio, mas algumas poucas voltaram quase pelo mesmo caminho.

A primeira observação mostra que o átomo é quase todo vazio. A segunda mostra que existe uma região minúscula, muito densa e positiva, capaz de repelir a alfa com força. Daí o modelo planetário: núcleo pequeno e positivo no centro, elétrons girando ao redor.

As alternativas a e d descrevem o modelo de Thomson (o pudim de passas), justamente o modelo que o experimento derrubou. A c lembra a esfera maciça de Dalton.

O trem atravessa completamente a ponte quando a traseira sai dela. A distância a percorrer é a ponte mais o próprio trem.

Trem A: $36\ \text{km/h}=10\ \text{m/s}$ e distância $100+200=300\ \text{m}$, então leva $30\ \text{s}$.

Trem B: $18\ \text{km/h}=5\ \text{m/s}$ e distância $100+100=200\ \text{m}$, então leva $40\ \text{s}$.

A termina primeiro, $10\ \text{s}$ antes de B, o que já elimina a, b e c. Para confirmar a d: em $30\ \text{s}$ o trem B percorreu $5\cdot30=150\ \text{m}$ dos $200\ \text{m}$ necessários. Faltam exatamente $50\ \text{m}$.

Note que o fato de os trens irem em sentidos contrários não importa aqui: cada um atravessa a ponte por conta própria.

Imagem virtual, direita e menor que o objeto ($\frac14$ de H) é assinatura do espelho convexo. O côncavo, quando dá imagem virtual, sempre dá imagem ampliada. Isso já reduz a disputa às alternativas b e d.

Aumento de $\frac14$: a imagem fica a um quarto da distância do objeto, $p'=-\dfrac{p}{4}$ (negativo por ser virtual, atrás do espelho). A distância entre objeto e imagem é a soma dos módulos:

$$p+\frac{p}{4}=75\;\Longrightarrow\;p=60\ \text{cm},\qquad p'=-15\ \text{cm}$$

$$\frac1f=\frac1{60}-\frac1{15}=\frac{1-4}{60}=-\frac{3}{60}\;\Longrightarrow\;f=-20{,}0\ \text{cm}$$

O sinal negativo confirma: foco virtual, espelho convexo.

Duas coisas precisam valer ao mesmo tempo: a igualdade tem que estar certa e o número tem que estar em notação científica, com o fator entre $1$ e $10$.

a) $42\cdot10^{-7}$ até vale $0{,}0000042$, mas $42$ não está entre $1$ e $10$. O correto seria $4{,}2\cdot10^{-6}$.

b) $6\cdot10^5=600\,000$, não $570\,000$. Arredondar não é converter; o certo é $5{,}7\cdot10^5$.

c) Número menor que $1$ precisa de expoente negativo: $0{,}000038=3{,}8\cdot10^{-5}$.

d) $8\,400\,000=8{,}4\cdot10^6$. A vírgula andou seis casas para a esquerda e o fator está entre $1$ e $10$. Correta.

O MHS de $P_2$ é a sombra do MCU de $P_1$. Por isso a equação $x=A\cos(\omega t)$ traz as duas informações do movimento circular: o raio é a amplitude e a velocidade angular é a pulsação.

Comparando com $x=3\cos(4t)$: $R=A=3\ \text{m}$ e $\omega=4\ \text{rad/s}$.

$$v=\omega R=4\cdot3=12\ \text{m/s}$$

Essa é também a velocidade máxima do MHS, atingida quando $P_2$ passa pela origem.

Na refração a frequência não muda: ela é imposta pela fonte. É o dado que liga os dois meios.

No meio II: $f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{15}{3}=5\ \text{Hz}$.

No meio I, o comprimento de onda sai da figura. De A (uma crista) até B (um vale) há uma onda completa e mais meia onda: $1{,}5\lambda=6\ \text{m}$, então $\lambda_I=4\ \text{m}$.

$$v_I=\lambda_I f=4\cdot5=20\ \text{m/s}$$

O erro mais comum é tomar os $6\ \text{m}$ como um comprimento de onda inteiro, o que daria $30\ \text{m/s}$. Conte cristas e vales com calma.

Esferas idênticas em contato dividem a carga total igualmente.

A ($+8\ \mu\text{C}$) toca B (neutra): cada uma fica com $+4\ \mu\text{C}$. Depois A ($+4\ \mu\text{C}$) toca C (neutra): cada uma fica com $+2\ \mu\text{C}$. Então $Q_B=4\ \mu\text{C}$ e $Q_C=2\ \mu\text{C}$.

No ponto médio, cada esfera está a $1\ \text{m}$. Potencial é grandeza escalar, então é só somar:

$$V=\frac{k(Q_B+Q_C)}{d}=\frac{9\cdot10^9\cdot6\cdot10^{-6}}{1}=54\cdot10^3\ \text{V}$$

Não caia na tentação de subtrair como se fossem campos. Os campos das duas cargas no ponto médio têm sentidos opostos, mas os potenciais simplesmente se somam.

Como o movimento é circular uniforme, a resultante centrípeta tem o mesmo módulo em toda a volta: $F_c=\dfrac{mv^2}{R}$. O que muda de ponto para ponto é como o peso e a normal se combinam para produzi-la.

Na posição 1 (embaixo) a normal aponta para o centro, para cima, e o peso para fora: $N_1-mg=F_c$, logo $N_1=F_c+mg$.

Na posição 3 (em cima) normal e peso apontam para o centro: $N_3+mg=F_c$, logo $N_3=F_c-mg$.

Nas posições 2 e 4 o peso é tangente à trajetória e não contribui para a direção radial: $N_2=N_4=F_c$.

$$N_1>N_2=N_4>N_3$$

Então $N_1>N_3$ e $N_4=N_2$. A alternativa c erra ao colocar $N_4$ diferente de $N_2$, e a d esquece o peso.