UESB 2013.1 — Questões de Física comentadas — Método TEF

O encontro ocorre a $180\text{ km}=1{,}8\cdot10^{5}\text{ m}$ da cidade. O tempo que o segundo trem gasta para chegar a esse ponto, contado a partir da sua própria partida, é

$$t_2=\dfrac{1{,}8\cdot10^{5}}{25}=7\,200\text{ s}=120\text{ min}$$

O primeiro trem, que saiu antes, gasta $\dfrac{1{,}8\cdot10^{5}}{20}=9\,000\text{ s}=150\text{ min}$ para percorrer a mesma distância; $150\text{ min}$ é o tempo contado desde a partida do primeiro trem, e não o do segundo. A pergunta é pelo tempo do segundo trem.

Observação: o enunciado não diz explicitamente de que instante se conta o tempo; a leitura adotada (tempo de percurso do segundo trem) é a mais natural, por ser a que o enunciado pede para o “segundo trem alcançar o primeiro”.

Convertendo, $72\text{ km/h}=20\text{ m/s}$. O movimento tem três etapas, e a distância total é a soma das três.

• Aceleração: MUV de $0$ a $20\text{ m/s}$ em $10\text{ s}$, com $d_1=\dfrac{0+20}{2}\cdot10=100\text{ m}$.

• Velocidade constante: $d_2=20\cdot40=800\text{ m}$.

• Frenagem: o tempo é $t=\dfrac{20}{1{,}0}=20\text{ s}$ e $d_3=\dfrac{20+0}{2}\cdot20=200\text{ m}$.

Somando, $d=100+800+200=1100\text{ m}$. Esse resultado também pode ser lido como a área do gráfico $v\times t$ (um trapézio de bases $70\text{ s}$ e $40\text{ s}$ e altura $20\text{ m/s}$).

O trabalho é numericamente igual à área sob o gráfico, que se divide em três partes:

• de $0$ a $5\text{ m}$ (retângulo): $2\cdot5=10\text{ J}$;

• de $5$ a $7\text{ m}$ (trapézio): $\dfrac{2+5}{2}\cdot2=7\text{ J}$;

• de $7$ a $10\text{ m}$ (triângulo): $\dfrac{3\cdot5}{2}=7{,}5\text{ J}$.

O trabalho total é $\tau=10+7+7{,}5=24{,}5\text{ J}$.

Pelo teorema da energia cinética, $\tau=\dfrac{mv^2}{2}-\dfrac{mv_0^2}{2}$. Com $m=1{,}0\text{ kg}$ e $v_0^2=(4\sqrt2)^2=32$: $24{,}5=\dfrac{v^2}{2}-16\Rightarrow v^2=81\Rightarrow v=9{,}0\text{ m/s}$.

Em m/s, $v_A=\dfrac{54}{3{,}6}=15\text{ m/s}$ e $v_B=\dfrac{72}{3{,}6}=20\text{ m/s}$.

Como as trajetórias são perpendiculares, após um tempo $t$ as motos distam $d=\sqrt{(15t)^2+(20t)^2}=25\,t$ (note o terno pitagórico $15$–$20$–$25$).

Fazendo $d=250\text{ m}$: $t=\dfrac{250}{25}=10\text{ s}$.

O trabalho do motor, para erguer o bloco com velocidade desprezível, é igual ao ganho de energia potencial: $\tau=mgh=3000\cdot10\cdot30=9{,}0\cdot10^{5}\text{ J}$.

A potência do motor é $P=80\cdot750=6{,}0\cdot10^{4}\text{ W}$.

$$\Delta t=\dfrac{\tau}{P}=\dfrac{9{,}0\cdot10^{5}}{6{,}0\cdot10^{4}}=15\text{ s}$$

Como a correia é inextensível e não escorrega, os pontos das bordas das duas polias têm a mesma velocidade linear: $v_1=v_2\Rightarrow2\pi f_1R_1=2\pi f_2R_2$.

Com $f_1=600\text{ rpm}=10\text{ Hz}$: $f_2=f_1\dfrac{R_1}{R_2}=10\cdot\dfrac{10}{30}=\dfrac{10}{3}\text{ Hz}$.

O período da polia maior é $T_2=\dfrac1{f_2}=0{,}30\text{ s}=3{,}0\cdot10^{-1}\text{ s}$. Como $3{,}0<\sqrt{10}\approx3{,}16$, a ordem de grandeza é $10^{-1}\text{ s}$.

O peso é $P=50\text{ kgf}=500\text{ N}$. Como a corda é paralela ao plano, e o caixote se move com velocidade constante, a resultante é nula. Componentes do peso: $P_t=P\,\text{sen}\,30^\circ=250\text{ N}$ (ao longo do plano) e $N=P\cos30^\circ$ (normal).

Com $\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}\approx0{,}87$, a normal vale $N\approx433\text{ N}$ e o atrito cinético, $f=\mu N\approx43\text{ N}$.

• Subindo: o atrito se opõe ao movimento, descendo o plano, então $F=P_t+f=250+43\approx293\text{ N}$.

• Descendo: o atrito agora aponta para cima, e $F=P_t-f\approx207\text{ N}$ (a força do operário só retém o caixote).

Observação (erro no enunciado): a prova informa $\cos30^\circ=0{,}68$, o que é um erro de impressão (o valor correto é $0{,}87$, e provavelmente os algarismos foram trocados de $0{,}86$ para $0{,}68$). A página mantém o texto como na prova. Usando literalmente $0{,}68$, obtém-se $N=340\text{ N}$, $f=34\text{ N}$ e $F\approx284\text{ N}$ subindo, valor que se aproxima da opção 04 ($280$). Adotei a leitura com o cosseno correto porque é a única que reproduz os valores $293$ e $207$ que aparecem nas opções.

No líquido, $p=p_0+\rho g h$, então a inclinação do gráfico fornece $\rho g$. Entre $h=2\text{ m}$ ($1{,}0\cdot10^5$) e $h=10\text{ m}$ ($3{,}0\cdot10^5$):

$$\rho g=\dfrac{3{,}0\cdot10^5-1{,}0\cdot10^5}{10-2}=2{,}5\cdot10^{4}\text{ N/m}^3\;\Rightarrow\;\rho=2\,500\text{ kg/m}^3$$

A esfera tem $V=200\text{ cm}^3=2{,}0\cdot10^{-4}\text{ m}^3$ e densidade $800\text{ kg/m}^3$, logo sua massa é $0{,}16\text{ kg}$ e seu peso, $P=1{,}6\text{ N}$.

O empuxo, com a esfera totalmente imersa, é $E=\rho\,V\,g=2500\cdot2{,}0\cdot10^{-4}\cdot10=5{,}0\text{ N}$.

Como $E>P$, a esfera sobe, e a resultante, vertical e para cima, vale $R=E-P=5{,}0-1{,}6=3{,}4\text{ N}$.

• 1ª afirmativa: $p_{hid}=\rho g h=1000\cdot10\cdot100=1{,}0\cdot10^{6}\text{ Pa}$. Como $1\text{ atm}\approx1{,}0\cdot10^5\text{ Pa}$, são $10\text{ atm}$: V.

• 2ª afirmativa: a pressão externa total é a atmosférica mais a hidrostática, $1+10=11\text{ atm}$: V.

• 3ª afirmativa: o descompressor mantém o interior a $1\text{ atm}$ (a pressão ao nível do mar), e não a $11\text{ atm}$: F.

• 01) A aplicação de injeções (a pressão exercida no êmbolo se transmite ao líquido) relaciona-se à pressão nos fluidos, e não ao princípio de Arquimedes, que trata do empuxo.

• 02) A flutuação dos corpos é explicada pelo princípio de Arquimedes (empuxo). O de Stevin trata da variação da pressão com a profundidade.

• 03) O princípio de Pascal permite multiplicar força (prensa hidráulica), mas o trabalho não se multiplica: pela conservação da energia, a força maior atua em deslocamento proporcionalmente menor.

• 04) No equilíbrio de um corpo parcialmente imerso, o empuxo é igual ao peso, e não nulo.

• 05) O peso aparente é o peso real menos o empuxo, $P_{ap}=P-E$, que é a força indicada, por exemplo, por um dinamômetro com o corpo mergulhado.

• I) Correta. Pela 2ª lei de Kepler (lei das áreas), a velocidade varia ao longo da órbita elíptica, sendo maior no periélio e menor no afélio.

• II) Correta. As marés resultam da diferença de atração gravitacional ao longo da Terra, principalmente da Lua e, em menor grau, do Sol.

• III) Incorreta. Do periélio (mais próximo do Sol) ao afélio (mais distante) o planeta perde velocidade: o movimento é retardado.

• IV) Incorreta. Pela lei de Newton, $F=G\dfrac{m_1m_2}{d^2}$: a força é diretamente proporcional ao produto das massas.

O raio da órbita é medido a partir do centro da Terra: $r=6350+650=7000\text{ km}=7{,}0\cdot10^{6}\text{ m}$.

Numa órbita circular, a gravidade faz o papel de resultante centrípeta, $\dfrac{GMm}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$, o que dá $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$. Usando $G\approx6{,}67\cdot10^{-11}\text{ N·m}^2/\text{kg}^2$ (valor que o enunciado não informa, mas que é o valor padrão):

$$v=\sqrt{\dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}98\cdot10^{24}}{7{,}0\cdot10^{6}}}\approx7{,}6\cdot10^{3}\text{ m/s}$$

A quantidade de movimento é $Q=mv=5{,}0\cdot7{,}6\cdot10^{3}\approx3{,}8\cdot10^{4}\text{ kg·m/s}$. A opção $7{,}6\cdot10^{3}$ é a própria velocidade, sem multiplicar pela massa.

A variação em Celsius é $\Delta\theta_C=44{,}7-(-89{,}2)=133{,}9^\circ\text{C}$.

Para variações, vale $\dfrac{\Delta\theta_C}{5}=\dfrac{\Delta\theta_F}{9}$, isto é, a escala Fahrenheit tem $1{,}8$ grau para cada grau Celsius: $\Delta\theta_F=1{,}8\cdot133{,}9\approx241^\circ\text{F}$.

Observe que, para variações, não se soma $32$: essa constante só aparece na conversão de temperaturas.

• 1ª afirmativa: a condução e a convecção exigem meio material; no vácuo só ocorre a irradiação (é assim que o calor do Sol chega à Terra). F.

• 2ª afirmativa: o calor da Terra se propaga na atmosfera por condução (junto ao solo), convecção (a principal) e irradiação (radiação infravermelha). A afirmativa cita dois dos processos que de fato ocorrem; ela não diz que são os únicos, e por isso é tomada como V.

• 3ª afirmativa: a energia do fóton é $E=hf$. O infravermelho tem frequência menor que a do visível, então é menos energético. F.

Observação: o texto da prova diz “de cima para baio” (erro de digitação), mantido na página. A 2ª afirmativa é a mais discutível, por omitir a convecção; o resultado segue a leitura de que ela é verdadeira.

Pela Primeira Lei, $Q=\tau+\Delta U$.

• Trabalho: é a área sob o gráfico (um trapézio): $\tau=\dfrac{(1+3)\cdot10^5}{2}\cdot(8-2)\cdot10^{-3}=1200\text{ J}$.

• Variação de energia interna: para gás ideal monoatômico, $\Delta U=\dfrac32\,nR\,\Delta T=\dfrac32\,(p_2V_2-p_1V_1)=\dfrac32\,(2400-200)=3300\text{ J}$, já que $nR\,T=pV$ e não é preciso usar o valor de $R$.

$$Q=1200+3300=4500\text{ J}$$

Observação: o enunciado não informa a atomicidade do gás. A leitura como gás monoatômico é a única que leva a um valor presente nas opções; com gás diatômico ($\Delta U=\tfrac52\,\Delta(pV)$) obtém-se $6700\text{ J}$, que não consta.

Em kelvin, $T_q=400\text{ K}$ e $T_f=300\text{ K}$, e o rendimento de Carnot é $\eta=1-\dfrac{300}{400}=0{,}25$.

Como $\eta=\dfrac{\tau}{Q_q}$, o calor recebido é $Q_q=\dfrac{800}{0{,}25}=3200\text{ J}$, e o rejeitado é $Q_f=Q_q-\tau=3200-800=2400\text{ J}$.

Em calorias, $Q_f=\dfrac{2400}{4{,}186}\approx573\text{ cal}$.

$0{,}25\text{ dm}^3=0{,}25\text{ L}$, e a massa de água é $m=0{,}25\text{ kg}$.

• Aquecimento de $20^\circ\text{C}$ a $100^\circ\text{C}$: $Q_1=mc\,\Delta\theta=0{,}25\cdot4200\cdot80=8{,}4\cdot10^{4}\text{ J}$.

• Vaporização: $Q_2=mL=0{,}25\cdot2{,}3\cdot10^{6}=5{,}75\cdot10^{5}\text{ J}$.

O calor total é $Q=6{,}59\cdot10^{5}\text{ J}$ e o tempo, $t=\dfrac QP=\dfrac{6{,}59\cdot10^5}{400}\approx1\,650\text{ s}\approx27{,}5\text{ min}$, valor mais próximo de $27$ dentre as opções.

• I) Correta. O farol coloca a lâmpada no foco de um espelho côncavo, que devolve a luz em feixe aproximadamente paralelo.

• II) Incorreta. A miopia corrige-se com lente divergente: o olho míope tem o globo longo e forma a imagem antes da retina.

• III) Correta. A lente deve formar, a $50\text{ cm}$ (imagem virtual, $p\,'=-50\text{ cm}$), a imagem de um objeto a $p=25\text{ cm}$: $\dfrac1f=\dfrac1{25}-\dfrac1{50}=\dfrac1{50}\Rightarrow f=0{,}5\text{ m}$. A vergência é $V=\dfrac1f=+2{,}0\text{ di}$.

• IV) Correta. Nas fibras ópticas a luz se propaga por sucessivas reflexões totais no interior do núcleo.

A velocidade é perpendicular ao campo (o campo entra no papel e a velocidade é horizontal), então a força magnética é perpendicular à velocidade e constante em módulo. Ela age como força centrípeta, e a trajetória é uma circunferência, de raio $R=\dfrac{mv}{|q|B}$.

Para o sentido: a regra da mão direita para $\vec v\times\vec B$, com $\vec v$ para a direita e $\vec B$ para dentro do papel, dá força para cima se a carga fosse positiva. Como a carga é negativa, a força é para baixo.

Movendo-se para a direita com a força apontando para baixo, o centro da circunferência está abaixo da partícula, e ela gira no sentido horário.

• Intensidade: pela Lei de Faraday, $\varepsilon=\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\dfrac{A\,\Delta B}{\Delta t}=\dfrac{1{,}0\cdot10^{-2}\cdot(1{,}4-0{,}2)}{3-1}=6{,}0\cdot10^{-3}\text{ V}$. A corrente média é $i=\dfrac{\varepsilon}{R}=\dfrac{6{,}0\cdot10^{-3}}{2{,}0\cdot10^{-3}}=3{,}0\text{ A}$ (a unidade é omitida nas opções).

• Sentido: o campo sai do papel e está aumentando, então o fluxo para fora cresce. Pela Lei de Lenz, a corrente induzida cria um campo que se opõe a essa variação, isto é, entrando no papel, o que requer corrente no sentido horário na espira.

Seguindo o circuito: na espira, no sentido horário, a corrente desce pelo lado direito, sai pelo fio da direita, passa pelo resistor indo para a esquerda e retorna pelo fio da esquerda. Logo, no resistor a corrente vai da direita para a esquerda.