EN 2023 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Delimite o sistema físico e o intervalo analisado. A quantidade de movimento é vetorial, e sua variação é igual ao impulso da força externa resultante. Em interações rápidas, a conservação é apropriada quando o impulso externo durante a colisão ou separação pode ser desprezado.

Pela conservação do momento linear na horizontal (eixo x): $m v_0 = M V_x \Rightarrow V_x = \dfrac{m}{M} v_0 = \dfrac{m}{(4/3)m} v_0 = \dfrac{3}{4} v_0$.

Como a colisão é perfeitamente elástica, a energia cinética total se conserva: $\dfrac{1}{2} m v_0^2 = \dfrac{1}{2} m v_1^2 + \dfrac{1}{2} M V_x^2$.

Substituindo $M = \dfrac{4}{3}m$ e $V_x = \dfrac{3}{4} v_0$:
$v_0^2 = v_1^2 + \dfrac{4}{3} \left(\dfrac{3}{4} v_0\right)^2 = v_1^2 + \dfrac{3}{4} v_0^2 \Rightarrow v_1^2 = \dfrac{1}{4} v_0^2 \Rightarrow \dfrac{v_1}{v_0} = \dfrac{1}{2}$.

Identifique se o efeito depende da natureza ondulatória da luz, como interferência ou difração, e estabeleça o caminho óptico dos raios comparados. A fase relativa determina reforço ou cancelamento.

A posição das franjas escuras (mínimos de interferência) é dada por $y_m = \left(m - \dfrac{1}{2}\right) \dfrac{\lambda L}{d}$. O segundo mínimo corresponde a $m = 2$: $y = \dfrac{3\lambda L}{2d}$.

Substituindo $\lambda = \dfrac{c}{f}$: $y = \dfrac{3 c L}{2 f d} \Rightarrow \dfrac{y}{L} = \dfrac{3c}{2fd}$.

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

• Na vertical: $a_y = -g$. O tempo total de voo é $t_T = \dfrac{2v_{0y}}{g}$ e a altura máxima é $H = \dfrac{v_{0y}^2}{2g}$.
• Na horizontal: $F_x = -\dfrac{P}{4} \Rightarrow a_x = -\dfrac{g}{4}$.
O alcance horizontal é $R = x(t_T) = v_{0x} t_T - \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{g}{4}\right) t_T^2 = v_{0x} \left(\dfrac{2v_{0y}}{g}\right) - \dfrac{g}{8} \left(\dfrac{2v_{0y}}{g}\right)^2 = \dfrac{2 v_{0x} v_{0y}}{g} - \dfrac{v_{0y}^2}{2g}$.

Impondo $H = R$: $\dfrac{v_{0y}^2}{2g} = \dfrac{2 v_{0x} v_{0y}}{g} - \dfrac{v_{0y}^2}{2g} \Rightarrow \dfrac{v_{0y}^2}{g} = \dfrac{2 v_{0x} v_{0y}}{g} \Rightarrow v_{0y} = 2 v_{0x}$.
Portanto, $\text{tg}\,\theta = \dfrac{v_{0y}}{v_{0x}} = 2 \Rightarrow \theta = \text{arctg}(2)$.

Separe as etapas térmicas antes de fazer a conta: aquecimento ou resfriamento dentro de uma fase usa calor sensível, e mudança de fase usa calor latente. Em um sistema termicamente isolado, o calor cedido por uns corpos corresponde ao calor recebido por outros.

• Fluxo de calor pela barra (Lei de Fourier, com $L = 100$ cm e $\Delta T = 100 - 0 = 100^\circ\text{C}$):
$\phi = \dfrac{k A \Delta T}{L} = \dfrac{0{,}50 \times 5{,}0 \times 100}{100} = 2{,}5\,\text{cal/s}$.

• Calor total em $t = 144$ s: $Q = \phi \cdot t = 2{,}5 \times 144 = 360\,\text{cal}$.
Massa de gelo fundida: $m = \dfrac{Q}{L_f} = \dfrac{360}{80} = 4{,}5\,\text{g}$.

• Gradiente de temperatura linear: $T(x) = \dfrac{100^\circ\text{C}}{100\text{ cm}} \cdot x = x$. A 80 cm da extremidade fria, $T = 80^\circ\text{C}$.

Defina o sistema e o sentido adotado para calor e trabalho. A primeira lei relaciona a variação da energia interna ao calor recebido e ao trabalho realizado pelo gás. Em um diagrama pressão por volume, a área orientada sob a curva corresponde ao trabalho do gás.

• $T_q = 927 + 273 = 1200$ K; $T_f = 27 + 273 = 300$ K.
• Rendimento de Carnot: $\eta_C = 1 - \dfrac{T_f}{T_q} = 1 - \dfrac{300}{1200} = 0{,}75$.
• Rendimento real: $\eta_{real} = \dfrac{\eta_C}{2{,}5} = \dfrac{0{,}75}{2{,}5} = 0{,}30$.
• Potência útil: $P = \eta_{real} \cdot \dot{Q}_q = 0{,}30 \times 100\,\text{kW} = 30{,}0\,\text{kW}$.

Acompanhe uma mesma porção de fluido ao longo do escoamento e identifique vazão, área da seção, velocidade e pressão. Para fluido incompressível em regime estacionário, a vazão volumétrica é conservada entre seções sem ramificações.

• Velocidades: $v_1 = \dfrac{Q}{A_1} = \dfrac{1{,}20}{0{,}600} = 2{,}0$ m/s; $v_2 = \dfrac{Q}{A_2} = \dfrac{1{,}20}{0{,}150} = 8{,}0$ m/s.
• Equação de Bernoulli entre o ponto 1 (captação, altura $h_1 = 40{,}0$ m) e ponto 2 (abastecimento, altura $h_2 = 0$):
$p_1 + \dfrac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho g h_1 = p_2 + \dfrac{1}{2}\rho v_2^2 + 0$.
$400.000 + \dfrac{1}{2}(1000)(2^2) + (1000)(10)(40) = p_2 + \dfrac{1}{2}(1000)(8^2)$.
$400.000 + 2.000 + 400.000 = p_2 + 32.000 \Rightarrow 802.000 = p_2 + 32.000 \Rightarrow p_2 = 770.000\text{ Pa} = 770\text{ kPa}$.

Determine primeiro quais pontos do fluido estão à mesma profundidade e quais superfícies estão expostas à pressão externa. Em repouso, a diferença de pressão entre dois níveis depende da densidade, da gravidade e da diferença vertical de altura. Para corpos imersos, o empuxo depende do volume de fluido deslocado.

Equilíbrio das forças verticais nos pistões unidos:
$P_1 A_1 = P_2 A_2 + P_3 (A_1 - A_2)$.

Substituindo $P_2 = 2 P_3$:
$P_1 A_1 = (2 P_3) A_2 + P_3 A_1 - P_3 A_2 = P_3 A_1 + P_3 A_2 = P_3 (A_1 + A_2)$.

Como a área é proporcional ao quadrado do diâmetro ($A \propto D^2$):
$P_1 D_1^2 = P_3 (D_1^2 + D_2^2) \Rightarrow P_1 = P_3 \dfrac{D_1^2 + D_2^2}{D_1^2}$.

Identifique primeiro o intervalo de tempo e o referencial adotado no enunciado. A posição informa onde o móvel está; a velocidade descreve como a posição varia; a aceleração descreve como a velocidade varia. Em um gráfico, a inclinação fornece uma taxa de variação, enquanto a área só representa deslocamento quando os eixos são velocidade e tempo.

• Tempo de queda da pedra: $H = v_{0y} t + \dfrac{1}{2}g t^2 \Rightarrow 8{,}75 = 15t + 5t^2 \Rightarrow 5t^2 + 15t - 8{,}75 = 0 \Rightarrow t = 0{,}5\,\text{s}$.
• Deslocamento do automóvel no tempo de 0,5 s:
$\Delta x_{auto} = v_0 t + \dfrac{1}{2} a t^2 = 12(0{,}5) + \dfrac{1}{2}(4)(0{,}5)^2 = 6{,}0 + 0{,}5 = 6{,}5\,\text{m}$.
• Como a traseira do carro percorreu a distância total $D + L$ até o ponto de impacto: $D + L = 6{,}5 \Rightarrow D + 3{,}5 = 6{,}5 \Rightarrow D = 3{,}0\,\text{m}$.

Reconheça a posição de equilíbrio e a força ou aceleração restauradora. No movimento harmônico simples, a aceleração é proporcional ao afastamento da posição de equilíbrio e aponta em sentido oposto a ele. Período, frequência e frequência angular descrevem ritmos equivalentes do mesmo movimento.

• Na posição de equilíbrio $L_E$, a deformação de compressão é $x_0 = L_M - L_E$.
$M g = k x_0 = k (L_M - L_E) \Rightarrow \dfrac{k}{M} = \dfrac{g}{L_M - L_E}$.

• A frequência angular do MHS é $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{M}} = \sqrt{\dfrac{g}{L_M - L_E}}$.
• Na posição de equilíbrio, a velocidade imprimida é a velocidade máxima do MHS: $v = \omega A \Rightarrow A = \dfrac{v}{\omega} = v\sqrt{\dfrac{L_M - L_E}{g}}$.

• A altura máxima em relação ao solo é a altura de equilíbrio $L_E$ mais a amplitude $A$: $h_{max} = v\sqrt{\dfrac{L_M - L_E}{g}} + L_E$.

• Massa de cada segmento de comprimento L: $m = \rho A L$.
• Torque total do peso em relação ao eixo de rotação:
$\tau_{peso} = 2 \cdot (m g) \cdot \left(\dfrac{L}{2}\text{sen}\,\theta\right) + m g (L\text{sen}\,\theta) = 2 m g L \text{sen}\,\theta = 2 \rho A g L^2 \text{sen}\,\theta$.

• Força magnética no segmento horizontal de comprimento L: $F_{mag} = I L B$.
Torque magnético em relação ao eixo: $\tau_{mag} = F_{mag} (L\cos\theta) = I B L^2 \cos\theta$.

• No equilíbrio ($\tau_{peso} = \tau_{mag}$): $2 \rho A g L^2 \text{sen}\,\theta = I B L^2 \cos\theta \Rightarrow I = \dfrac{2 g A \rho}{B}\text{tg}\,\theta$.

• Força elétrica para baixo: $F_e = q E = (4\times 10^{-6}) \times (5\times 10^2) = 2\times 10^{-3}$ N.
• Peso para baixo: $P = mg = (1\times 10^{-4}) \times 10 = 1\times 10^{-3}$ N.
• Força vertical resultante total: $F_v = P + F_e = 3\times 10^{-3}$ N.

• No equilíbrio vertical: $T\cos 30^\circ = F_v \Rightarrow F_{cp} = T\,\text{sen}\,30^\circ = F_v \text{tg}\,30^\circ = (3\times 10^{-3}) \times \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3}\times 10^{-3}$ N.
• Raio da órbita: $r = L\,\text{sen}\,30^\circ = 0{,}2 \times 0{,}5 = 0{,}1$ m.

• Energia cinética: $E_c = \dfrac{1}{2} m v^2 = \dfrac{1}{2} F_{cp} r = \dfrac{1}{2} (\sqrt{3}\times 10^{-3}) (0{,}1) = 0{,}5\sqrt{3}\times 10^{-4} = 5\sqrt{3}\times 10^{-5}$ J.

Defina a distância entre os centros dos corpos, pois é essa distância que entra nas relações gravitacionais. Em órbita circular, a força gravitacional fornece a aceleração centrípeta. Essa combinação permite relacionar raio orbital, velocidade e período sem supor que a gravidade seja uniforme em todas as altitudes.

• Conservação da quantidade de movimento: $m v_A = 2m v_B \Rightarrow v_B = \dfrac{v_A}{2}$.
• Conservação da energia mecânica:
$-\dfrac{2 G m^2}{d} = \dfrac{1}{2} m v_A^2 + \dfrac{1}{2} (2m) \left(\dfrac{v_A}{2}\right)^2 - \dfrac{2 G m^2}{d/2}$.
$-\dfrac{2 G m^2}{d} = \dfrac{3}{4} m v_A^2 - \dfrac{4 G m^2}{d} \Rightarrow \dfrac{3}{4} m v_A^2 = \dfrac{2 G m^2}{d}$.
$v_A^2 = \dfrac{8 G m}{3d} \Rightarrow v_A = \sqrt{\dfrac{8 G m}{3d}} = 2\sqrt{\dfrac{2 G m}{3d}}$.

• Como os dois terminais à esquerda estão conectados diretamente ao polo positivo e os dois da direita ao polo negativo, a ponte possui dois resistores R em paralelo de um lado e dois R em paralelo do outro.
• $R_{eq,ext} = 1{,}0\,\Omega$ (combinação do ramo da ponte com o resistor inferior).
• Corrente total fornecida pelo gerador: $i_{tot} = \dfrac{\epsilon}{R_{eq,ext} + r} = \dfrac{4{,}0}{1{,}0 + 1{,}0} = 2{,}0$ A.
• A corrente de 2,0 A se divide igualmente entre o resistor inferior ($1{,}0$ A) e o ramo superior da ponte ($1{,}0$ A).
• Os $1{,}0$ A do ramo superior entram no nó do amperímetro e passam integralmente por ele. Logo, a leitura do amperímetro é 1,0 A.

Separe a dilatação do corpo e a do recipiente ou abertura que o contém. Para pequenas variações de temperatura, a variação dimensional é proporcional à dimensão inicial, ao coeficiente correspondente e à variação de temperatura. Em líquidos contidos, a dilatação observada é a diferença entre a dilatação real do líquido e a capacidade adicional do recipiente.

• Dilatação sem deslizamento em A: $\Delta L_1 = R_A \theta_A \Rightarrow \alpha_1 L_1 \Delta T = R_A \left(45^\circ \cdot \dfrac{\pi}{180^\circ}\right) = \dfrac{\pi R_A}{4}$.
• Dilatação sem deslizamento em B: $\Delta L_2 = R_B \theta_B \Rightarrow \alpha_2 L_2 \Delta T = R_B \left(60^\circ \cdot \dfrac{\pi}{180^\circ}\right) = \dfrac{\pi R_B}{3}$.

• Razão: $\dfrac{\alpha_1 L_1}{\alpha_2 L_2} = \dfrac{3 R_A}{4 R_B}$.
Substituindo $L_1 = 1{,}5 L_2$ e $R_A = 1{,}2 R_B$:
$\dfrac{\alpha_1}{\alpha_2} (1{,}5) = \dfrac{3}{4}(1{,}2) \Rightarrow \dfrac{\alpha_1}{\alpha_2} (1{,}5) = 0{,}9 \Rightarrow \dfrac{\alpha_1}{\alpha_2} = \dfrac{0{,}9}{1{,}5} = \dfrac{3}{5}$.

Comece isolando o corpo ou o conjunto que está em equilíbrio. Sobre ele, marque as forças externas com direção, sentido e ponto de aplicação. O equilíbrio exige resultante de forças nula; para um corpo extenso, também exige soma dos momentos nula em relação a qualquer eixo escolhido.

• Equilíbrio no Nó 1 (massa $m_1 = 20$ kg):
Horizontal: $T_A \cos 60^\circ = T_C \cos 30^\circ \Rightarrow T_A = \sqrt{3} T_C$.
Vertical: $T_A \text{sen}\,60^\circ = 20g + T_C \text{sen}\,30^\circ \Rightarrow 3 T_C / 2 - T_C / 2 = 20g \Rightarrow T_C = 20g$.

• Equilíbrio no Nó 2 (massa $m_2$):
Horizontal: $T_E \cos 45^\circ = T_C \cos 30^\circ \Rightarrow T_E \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 20g \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \Rightarrow T_E = 20g\sqrt{3/2}$.
Vertical: $m_2 g = T_E \text{sen}\,45^\circ + T_C \text{sen}\,30^\circ = \left(20g\sqrt{\dfrac{3}{2}}\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) + (20g)(0{,}5) = 10\sqrt{3}g + 10g$.
Portanto, $m_2 = 10(\sqrt{3} + 1)$ kg.

Identifique se o problema pede uma propriedade da onda no meio ou a frequência percebida por um observador. A velocidade do som depende do meio e das condições físicas; período e frequência descrevem a fonte. Quando há movimento relativo, estabeleça claramente quem se aproxima de quem.

A diferença de nível sonoro é $\Delta\beta = \beta_1 - \beta_2 = 80 - 60 = 20\text{ dB}$.

Por definição: $\Delta\beta = 10\log_{10}\left(\dfrac{I_1}{I_2}\right) \Rightarrow 20 = 10\log_{10}\left(\dfrac{I_1}{I_2}\right) \Rightarrow \log_{10}\left(\dfrac{I_1}{I_2}\right) = 2 \Rightarrow \dfrac{I_1}{I_2} = 10^2 = 100$.

• Força magnética necessária para erguer o bloco com velocidade constante: $F_{mag} = P = 30\text{ N}$.
• Corrente elétrica necessária: $F_{mag} = I d B \Rightarrow 30 = I (1{,}0)(0{,}50) \Rightarrow I = 60\text{ A}$.
• F.e.m. induzida pela movimentação da haste: $\epsilon_{ind} = B d v = (0{,}50)(1{,}0)(10) = 5{,}0\text{ V}$.

• Equação do circuito: $I = \dfrac{\epsilon_{fonte} - \epsilon_{ind}}{r} \Rightarrow 60 = \dfrac{\epsilon_{fonte} - 5{,}0}{1{,}0} \Rightarrow \epsilon_{fonte} = 65\text{ V}$.

*Nota de transparência: O gabarito oficial da Marinha apontou ao resultado obtido (70 V). Pela dedução física padrão do efeito de fem contra-eletromotriz, obtém-se 65 V (alternativa D). Mantemos os cálculos físicos explícitos para simples conferência.

Defina o sistema e o sentido adotado para calor e trabalho. A primeira lei relaciona a variação da energia interna ao calor recebido e ao trabalho realizado pelo gás. Em um diagrama pressão por volume, a área orientada sob a curva corresponde ao trabalho do gás.

• III (Verdadeira): Em AB ocorre expansão isobárica com aumento de temperatura (passa para a Isoterma 2), logo $Q = \Delta U + W > 0$ (absorve calor).
• IV (Verdadeira): BC ocorre ao longo da Isoterma 2 ($T = \text{constante}$), portanto $\Delta U_{BC} = 0$.
• V (Verdadeira): CD é uma transformação isocórica ($W = 0$) com queda de temperatura (retorna para a Isoterma 1), logo a energia interna diminui.

Afirmativas corretas: III, IV e V.

• Vínculo cinemático: $a_2 = 2 a_1$.
• Pela polia móvel, a tração atuante no bloco 1 é $2T$ e no bloco 2 é $T$.

• Força de atrito no bloco 1: $F_{at1} = \mu m_1 g = 0{,}40 \times 20 \times 10 = 80\text{ N}$.
• Bloco 1: $2T - 80 = 20 a_1$.
• Bloco 2: $50 - T = 5{,}0 a_2 = 5{,}0(2a_1) = 10 a_1 \Rightarrow T = 50 - 10 a_1$.

Substituindo $T$: $2(50 - 10a_1) - 80 = 20a_1 \Rightarrow 100 - 20a_1 - 80 = 20a_1 \Rightarrow 20 = 40a_1 \Rightarrow a_1 = 0{,}50\,\text{m/s}^2$.
Aceleração de 2: $a_2 = 1{,}0\,\text{m/s}^2$.

• A tensão de equilíbrio nos capacitores é dada por $V = \dfrac{R}{R + r}\mathcal{E}$.
• Para anular a componente de velocidade $v_0$ e sair paralelamente às placas de $C_2$, a dinâmica de deflexão do elétron exige a relação de ddp: $V = \dfrac{m d v_0^2}{|e| L}$.

• Igualando as duas expressões de $V$:
$\dfrac{R}{R + r}\mathcal{E} = \dfrac{m d v_0^2}{|e| L} \Rightarrow R \mathcal{E} |e| L = R m d v_0^2 + r m d v_0^2 \Rightarrow R (\mathcal{E} L |e| - d m v_0^2) = r d m v_0^2$.
$R = \dfrac{r d m v_0^2}{\mathcal{E} L |e| - d m v_0^2}$.

Identifique as condições nas extremidades antes de contar ventres e nós. Uma onda estacionária resulta da superposição de ondas que se propagam em sentidos opostos. A distância entre nós consecutivos corresponde a metade do comprimento de onda, mas o comprimento total depende do tipo de extremidade.

As frequências de harmônicos consecutivos em uma corda fixa em ambas as extremidades diferem da frequência fundamental:
$\Delta f = f_2 - f_1 = f_{fund} = \dfrac{v}{2L} = \dfrac{1}{2L}\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$.

Isolando a tração $T$:
$\sqrt{\dfrac{T}{\mu}} = 2L(f_2 - f_1) \Rightarrow \dfrac{T}{\mu} = 4L^2(f_2 - f_1)^2 \Rightarrow T = 4L^2(f_2 - f_1)^2 \mu$.

Faça um diagrama de forças para o corpo escolhido e defina os eixos mais convenientes para o movimento. A segunda lei de Newton relaciona a soma vetorial das forças à aceleração, por isso cada componente deve ser escrita com o sinal correspondente ao eixo adotado.

• A força de atrito estático máxima recebida pelo bloco A é: $F_{at,max} = \mu N_B = \mu m_B g = \mu \left(\dfrac{m}{4}\right) g = \dfrac{1}{4}\mu mg$.
• A aceleração máxima do bloco A (e do sistema unificado) é: $a_{max} = \dfrac{F_{at,max}}{m_A} = \dfrac{\frac{1}{4}\mu mg}{m} = \dfrac{1}{4}\mu g$.

• Aplicando a Segunda Lei de Newton no sistema unificado de massa $M = m_A + m_B = m + \dfrac{m}{4} = \dfrac{5}{4}m$:
$F_{max} = M a_{max} = \left(\dfrac{5}{4}m\right) \left(\dfrac{1}{4}\mu g\right) = \dfrac{5}{16}\mu mg$.