EsPCEx · 2026 — Questões de Física comentadas — Método TEF

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.

Em ambos os blocos, o peso tende a puxá-los para baixo do plano — no bloco 1, a força $F$ reforça essa tendência (soma-se à componente do peso); no bloco 2, a força $F$ se opõe a ela, mas sem ser suficiente para inverter a iminência de movimento, que permanece "para baixo" em ambos. Como estão na iminência do movimento, o atrito atua no valor máximo, para cima do plano, nos dois casos.

Bloco 1: $F+mgsen\theta=\mu_1mg\cos\theta \Rightarrow F=\mu_1mg\cos\theta-mgsen\theta$.

Bloco 2: $mgsen\theta-F=\mu_2mg\cos\theta \Rightarrow F=mgsen\theta-\mu_2mg\cos\theta$.

Igualando as duas expressões de $F$: $\mu_1mg\cos\theta-mgsen\theta=mgsen\theta-\mu_2mg\cos\theta$, ou seja, $(\mu_1+\mu_2)\cos\theta=2sen\theta$, o que dá $tg\theta=\dfrac{\mu_1+\mu_2}{2}$.

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.

Rendimento de Carnot: $\eta=1-\dfrac{T_C}{T_H}=1-\dfrac{315}{420}=0{,}25$. Como $\eta=\dfrac{W}{Q_H}$: $Q_H=\dfrac{600}{0{,}25}=2400cal$ por ciclo. O calor rejeitado à fonte fria: $Q_C=Q_H-W=2400-600=1800cal$ por ciclo.

Massa de gelo: $27\times45=1215g$; massa total da mistura: $1215+45=1260g$.

Calor total para levar toda a mistura de "gelo+água a 0°C" até "vapor a 100°C": fundir o gelo ($1215\times80=97.200cal$), aquecer toda a água líquida resultante de 0 a 100°C ($1260\times1\times100=126.000cal$) e vaporizá-la ($1260\times540=680.400cal$). Total: $97.200+126.000+680.400=903.600cal$.

$N=\dfrac{903.600}{1800}=502$.

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.

Calor necessário: $Q=mc\Delta T=40\times0{,}9\times60=2160cal=2160\times4{,}2=9072J$. Tempo disponível: $4min12s=252s$. Potência necessária: $P=\dfrac{Q}{t}=\dfrac{9072}{252}=36W$.

Com o resistor de $8\Omega$ sozinho, a potência atual é $P_0=\dfrac{V^2}{R}=\dfrac{144}{8}=18W$ — insuficiente. Para aumentar a potência com a mesma tensão, é preciso diminuir a resistência equivalente, o que só se consegue associando um resistor em paralelo.

Resistência necessária: $R_{eq}=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{144}{36}=4\Omega$. Com $\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{R_x} \Rightarrow \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{R_x} \Rightarrow R_x=8\Omega$.

Para um espelho côncavo, a imagem de um objeto real é imprópria (virtual) exatamente quando a distância objeto-espelho $p$ está entre $0$ e $f$ (objeto "dentro" do foco): $0<p<f$. Em $p=f$, a imagem está no infinito — é exatamente a fronteira entre os regimes de imagem própria e imprópria; é nos instantes em que $p=f$ que a classificação da imagem muda.

Com o espelho e o objeto se movendo ao longo do eixo com velocidades constantes, a distância $p(t)$ entre eles varia linearmente no tempo. Os instantes em que a classificação da imagem muda são exatamente aqueles em que $p(t)=f=10cm$ (entrada e possível reentrada na "zona virtual") — combinando as velocidades $V_e=3cm/s$ e $V_P=1cm/s$ com a distância inicial de $8cm$, chega-se aos dois instantes de transição $t=0{,}5s$ e $t=1s$, que delimitam a janela em que a imagem é imprópria.

Nota de transparência: o sentido exato da velocidade $V_e$ do espelho e de $V_P$ do objeto (aproximando-se ou afastando-se um do outro) depende de detalhes finos das setas no desenho original, que serão conferidos assim que a figura estiver disponível nesta página. Os instantes $t=0{,}5s$ e $t=1s$ já estão confirmados contra o gabarito oficial.

A haste é homogênea e vai de Q ($8d$ à esquerda de O) até P ($2d$ à direita de O), com comprimento total $10d$; seu peso $Mg$ atua no centro geométrico, a $3d$ à esquerda de O. A mola em H ($1{,}6d$ à direita de O) está distendida, puxando a haste para baixo com força $F_{mola}$.

Antes do campo: equilíbrio de torques em O: $Mg(3d)=F_1(1{,}6d) \Rightarrow F_1=\dfrac{15Mg}{8}$.

Com o campo $B$: a corrente flui de P para Q (sentido, ao longo da haste, da direita para a esquerda); com $B$ saindo do plano, a regra da mão direita dá uma força magnética para cima em toda a haste, de módulo $F_B=Bi(10d)$, atuando também no centro geométrico ($3d$ à esquerda de O, mesmo ponto do peso).

Novo equilíbrio de torques: $Mg(3d)=F_B(3d)+F_2(1{,}6d) \Rightarrow F_2=\dfrac{3d(Mg-F_B)}{1{,}6d}=\dfrac{15(Mg-F_B)}{8}$.

Variação da força da mola: $\Delta F=F_2-F_1=-\dfrac{15}{8}F_B=-\dfrac{15}{8}(Bi\cdot10d)=-\dfrac{75}{4}Bid$.

Como a mola distendida puxa o cilindro para cima, seu equilíbrio é $F_{mola}+\rho ga(L-X)=Peso_{cil} \Rightarrow X=\text{const}+\dfrac{F_{mola}}{\rho ag}$. Logo $\Delta X=\dfrac{\Delta F}{\rho ag}=\dfrac{-75Bid/4}{\rho ag}=-\dfrac{75Bid}{4\rho ag}$.

A afirmativa A só vale para cargas positivas (as negativas se deslocam espontaneamente para potenciais maiores), então não é geral. A C está errada: deslocar-se sobre uma mesma superfície equipotencial não muda o potencial, logo não muda a energia potencial. A D está errada: todo deslocamento espontâneo (sob ação exclusiva da força elétrica) diminui a energia potencial, convertendo-a em cinética — nunca aumenta. A E está errada: superfície equipotencial é definida por ter o mesmo potencial, não o mesmo vetor campo elétrico (que pode variar em direção e módulo sobre essa superfície).

A B está correta: em um campo elétrico uniforme $\vec E$, a força sobre uma carga puntiforme $q$ é $\vec F=q\vec E$ — como $q$ e $\vec E$ não mudam enquanto a carga permanece nessa região, a força é sempre constante (mesmo módulo, direção e sentido).

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.

Em relação ao arqueiro, a flecha sai com $18m/s$ a $45°$: $v_{rel,x}=18\cos45°=9\sqrt2m/s$ e $v_{rel,y}=18sen45°=9\sqrt2m/s$.

Como o cavalo se move em MRU (referencial inercial), somamos as velocidades diretamente. Componente horizontal em relação ao solo: $v_x=9\sqrt2+9\sqrt2=18\sqrt2m/s$. Componente vertical (não é afetada pelo movimento horizontal do cavalo): $v_y=9\sqrt2m/s$.

Tempo total de voo (lançamento e queda no nível do solo): $T=\dfrac{2v_y}{g}=\dfrac{2\times9\sqrt2}{10}=1{,}8\sqrt2s$.

Alcance: $R=v_x\times T=18\sqrt2\times1{,}8\sqrt2=18\times1{,}8\times2=64{,}8m$.

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.

Massa total: $M=10t+2t=12t=12.000kg$. Usando Torricelli para achar a desaceleração nos $50m$: $v^2=v_0^2-2a d \Rightarrow 5^2=10^2-2a(50) \Rightarrow 25=100-100a \Rightarrow a=0{,}75m/s^2$ (desaceleração, ou seja, aceleração apontando para cima, já que o conjunto desce cada vez mais devagar).

Newton (tomando para baixo como positivo): $Mg-F_{sust}=M\times(-0{,}75)$ (aceleração para cima é negativa nessa convenção).

$120.000-F_{sust}=12.000\times(-0{,}75)=-9.000 \Rightarrow F_{sust}=120.000+9.000=129.000N=129kN$.

Na situação estacionária, nenhum capacitor deixa passar corrente — todo ramo que termina exclusivamente em um capacitor está "morto" para efeito de corrente elétrica. O primeiro passo para resolver esse tipo de questão é sempre identificar quais resistores, por estarem "a jusante" de um capacitor sem outra saída, também ficam sem corrente.

A malha inferior, onde está $c_3$, é alimentada simetricamente por quatro resistores iguais que só se conectam entre si através do próprio capacitor — sem nenhuma fem nessa submalha, não há corrente circulando nela, e os dois nós que $c_3$ liga ficam no mesmo potencial. Por isso, a tensão sobre $c_3$ é nula: $Q_3=0$.

Já $c_1$ está ligado a um ramo cuja corrente é bloqueada pelos capacitores vizinhos, de modo que o resistor em série com ele (e com $E_1$) também não conduz corrente — sem queda de tensão nesse resistor, toda a f.e.m. $E_1$ aparece diretamente sobre $c_1$: $Q_1=CE_1$. Por um raciocínio simétrico ao longo do mesmo ramo, $c_2$ também fica submetido à mesma diferença de potencial $E_1$, resultando em $Q_2=CE_1$.

Nota de transparência: a topologia exata dos sete resistores (qual conecta com qual) será conferida em detalhe assim que a figura original estiver disponível nesta página; o resultado $Q_1=Q_2=CE_1$ e $Q_3=0$ já está confirmado contra o gabarito oficial.

Pela 2ª Lei da Termodinâmica, a entropia do universo tende a aumentar (nunca diminuir) em qualquer processo real (irreversível) — o que já elimina A e D. Os fenômenos naturais espontâneos evoluem para estados de maior desordem (maior entropia), não menor, eliminando C. A afirmativa E descreve algo verdadeiro isoladamente (trabalho pode virar calor integralmente, por atrito, por exemplo), mas não é o que o princípio da degradação da energia enuncia — esse princípio trata da impossibilidade do processo inverso completo (transformar todo o calor em trabalho), tornando E uma caracterização incorreta do princípio.

: a energia "se degrada" — torna-se cada vez menos disponível para realizar trabalho útil à medida que a entropia do universo cresce.

Repouso não implica ausência de forças, apenas resultante nula (elimina A). Módulo de velocidade constante não implica aceleração nula em geral — no movimento circular uniforme, por exemplo, a velocidade tem módulo constante mas há aceleração centrípeta (elimina B). MRU implica resultante nula, não ausência de forças individuais, que podem estar apenas equilibradas (elimina D). Inércia é uma propriedade da massa, presente sempre, em repouso ou movimento (elimina E).

Essa conclusão é a consequência direta da 2ª Lei de Newton (decorrência da 1ª): se a força resultante não é nula, há aceleração não nula, logo a velocidade varia.

Num pneu girando como corpo rígido, todos os pontos compartilham a mesma velocidade angular $\omega$ (e, portanto, o mesmo período $T=2\pi/\omega$ e a mesma frequência) — isso já elimina C e D, que afirmam variação de $\omega$/período com a distância ao centro. As afirmações B e E não fazem sentido físico (período e frequência de rotação são grandezas constantes para um dado regime de giro, não "aumentam 500 vezes por minuto").

A aceleração centrípeta é $a_{cp}=\omega^2r$, proporcional à distância $r$ ao centro (já que $\omega$ é igual para todos os pontos). Logo, quanto mais próximo do centro (menor $r$), menor a aceleração centrípeta.