UESB 2014 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Potência é energia (ou trabalho) por unidade de tempo, $P=\dfrac{\tau}{\Delta t}$. No SI, $1\text{ W}=1\text{ J/s}$, e como $1\text{ J}=1\text{ N·m}=1\text{ kg·m}^2\text{·s}^{-2}$, vem $1\text{ W}=\text{kg·m}^2\text{·s}^{-3}$.

• 01) $\text{N·m·s}^{-2}$ não é potência: $\text{N·m}$ já é energia e dividir por $\text{s}^2$ não dá energia por tempo.

• 02) $\text{kg·m·s}^{-1}$ é a unidade de quantidade de movimento.

• 04) e 05) O elétron-volt e o quilowatt-hora são unidades de energia ($1\text{ kWh}=3{,}6\cdot10^{6}\text{ J}$), e não de potência.

Adotando o sentido para cima como positivo: $v=10-10t$ e $h=10t-5t^2$.

• 01) A esfera para quando $v=0$, isto é, em $t=1{,}0\text{ s}$. Em $0{,}9\text{ s}$ ainda está subindo.

• 02) $h_{máx}=\dfrac{v_0^2}{2g}=\dfrac{100}{20}=5{,}0\text{ m}$.

• 03) Na subida o movimento é uniformemente retardado: a aceleração (para baixo) é contrária à velocidade (para cima).

• 04) Em $t=2\text{ s}$, $v=10-20=-10\text{ m/s}$ (de módulo $10\text{ m/s}$, descendo). A velocidade é nula apenas no ponto mais alto.

• 05) Em $t=1{,}5\text{ s}$, $h=10\cdot1{,}5-5\cdot(1{,}5)^2=15-11{,}25=3{,}75\text{ m}$.

Quando o segundo veículo passa pelo posto, o primeiro já percorreu, em $5\text{ min}=\dfrac1{12}\text{ h}$, a distância $d_0=50\cdot\dfrac1{12}\approx4{,}17\text{ km}$.

A partir daí, o segundo se aproxima do primeiro com velocidade relativa $v_{rel}=60-50=10\text{ km/h}$.

$$t=\dfrac{d_0}{v_{rel}}=\dfrac{50/12}{10}=\dfrac5{12}\text{ h}=25\text{ min}$$

O tempo pedido é o do segundo veículo, contado a partir do posto, que é o que o enunciado pede.

No movimento circular uniforme, $v=\omega R=2\pi f\,R$, logo $R=\dfrac{v}{2\pi f}$.

$$R=\dfrac{2{,}0\cdot10^{6}}{2\cdot3\cdot7{,}0\cdot10^{15}}=\dfrac{2{,}0\cdot10^{6}}{4{,}2\cdot10^{16}}\approx4{,}8\cdot10^{-11}\text{ m}$$

Em milímetros (multiplicando por $10^3$), $R\approx4{,}8\cdot10^{-8}\text{ mm}$. Como $4{,}8>\sqrt{10}\approx3{,}16$, a ordem de grandeza é a potência seguinte, $10^{-7}\text{ mm}$.

Duas armadilhas aparecem aqui: converter metros para milímetros e, no arredondamento da ordem de grandeza, subir a potência quando o coeficiente passa de $3{,}16$.

Velocidade constante implica resultante nula. Ao longo do plano, a tração no cabo equilibra a componente do peso e o atrito: $T=mg\,\text{sen}\,\alpha+\mu\,mg\cos\alpha=60+0{,}50\cdot80=100\text{ N}$.

Pela figura, o bloco percorre $1{,}0\text{ m}$ em $2{,}5\text{ s}$, então $v=\dfrac{1{,}0}{2{,}5}=0{,}40\text{ m/s}$.

A potência útil (entregue ao bloco pelo cabo) é $P_u=T\,v=100\cdot0{,}40=40\text{ W}$.

O motor tem rendimento de $40\%$, isto é, só $40\%$ da sua potência chega ao cabo: $P_{motor}=\dfrac{P_u}{\eta}=\dfrac{40}{0{,}40}=100\text{ W}$. O valor de $40\text{ W}$ corresponde à potência útil, não à potência do motor.

No ponto B, o mais alto do looping, o carrinho está de cabeça para baixo. Ele não perde contato se a normal for $N\ge0$. No limite, $N=0$ e o peso sozinho faz o papel de resultante centrípeta:

$$mg=\dfrac{mv_B^2}{R}\;\Rightarrow\;v_B^2=gR$$

Sem atrito, conserva-se a energia mecânica entre A e B. Como A está a uma altura $h$ acima de B, a energia potencial perdida na descida vira energia cinética em B:

$$mgh=\dfrac{mv_B^2}{2}\;\Rightarrow\;h=\dfrac{v_B^2}{2g}=\dfrac{gR}{2g}=\dfrac R2$$

No choque elástico conservam-se a quantidade de movimento e a energia cinética (coeficiente de restituição $e=1$).

• Quantidade de movimento: $1\cdot2=1\cdot v_A+4\,v_B$, isto é, $v_A+4v_B=2$.

• Afastamento = aproximação: $v_B-v_A=2$.

Subtraindo as duas equações, $5\,v_B=4\Rightarrow v_B=0{,}8\text{ m/s}$ e, então, $v_A=0{,}8-2=-1{,}2\text{ m/s}$. O sinal negativo indica que a esfera A, mais leve, volta.

Verificação: as opções 03, 04 e 05 não conservam a quantidade de movimento; por exemplo, para $-1{,}4$ e $0{,}6$ resulta $-1{,}4+2{,}4=1{,}0\ne2{,}0$.

Na superfície de um planeta, $g=\dfrac{GM}{R^2}$. Comparando com a Terra:

$$\dfrac{g_G}{g_T}=\dfrac{M_G}{M_T}\cdot\dfrac{R_T^2}{R_G^2}=\dfrac{3{,}5}{(1{,}5)^2}=\dfrac{3{,}5}{2{,}25}\approx1{,}56$$

A gravidade na superfície de Gliese 581g é cerca de $1{,}6$ vez a da Terra.

Observação: o enunciado diz “três vezes e meia maior” e “1,5 vezes o raio terrestre”; foram tomados como 3,5 e 1,5 vezes os valores da Terra, que é a leitura que dá uma das opções.

Com $\rho=\dfrac mV$, o volume ocupado é $V=\dfrac{m}{\rho}=\dfrac{10^{25}}{10^{28}}=10^{-3}\text{ m}^3$.

Um cubo de aresta $a$ tem $V=a^3$, então $a=\sqrt[3]{10^{-3}}=10^{-1}\text{ m}=1\text{ dm}$.

(O volume de $10^{-3}\text{ m}^3$ é exatamente $1$ litro: a Terra inteira caberia em um cubo de $10\text{ cm}$ de lado.)

A radiação solar de maior comprimento de onda que a Terra devolve ao espaço, ao se aquecer, é principalmente infravermelha. Gases como o $\text{CO}_2$ e o vapor de água absorvem essa radiação e a reemitem, em parte, de volta para a superfície; é a retenção desse calor que constitui o efeito estufa.

• 01) e 02) A radiação gama e a radiação ionizante não são retidas em quantidade que explique o efeito.

• 03) A radiação ultravioleta é absorvida principalmente pela camada de ozônio, o que é outro assunto.

• 05) Os CFCs afetam a camada de ozônio, e não são a causa do efeito estufa descrito, que decorre do aumento do $\text{CO}_2$.

O alarme dispara quando o mercúrio, ao dilatar, sobe até tocar a placa. A distância pedida, então, é o aumento de altura da coluna, $\Delta h=\dfrac{\Delta V}{A}$.

$$\Delta V=\gamma\,V_0\,\Delta\theta=1{,}8\cdot10^{-4}\cdot100\cdot(80-20)=1{,}08\text{ cm}^3$$

$$\Delta h=\dfrac{1{,}08}{0{,}5}=2{,}16\text{ cm}$$

Como $1\text{ mL}=1\text{ cm}^3$, o volume inicial é $V_0=100\text{ cm}^3$.

Num ciclo, $\Delta U=0$, então, pela Primeira Lei, o calor líquido recebido é igual ao trabalho do ciclo: $Q=\tau$.

O trabalho do ciclo é a área do triângulo ABC. Como o ciclo A→B→C→A é percorrido no sentido horário, o trabalho é positivo (motor).

Base (variação de volume): $4-2=2\text{ L}=2\cdot10^{-3}\text{ m}^3$. Altura (variação de pressão): $10-5=5\cdot10^{5}\text{ Pa}$.

$$\tau=\dfrac{2\cdot10^{-3}\cdot5\cdot10^{5}}{2}=5{,}0\cdot10^{2}\text{ J}$$

Atenção à conversão de litros para metros cúbicos: sem ela o resultado ficaria $10^3$ vezes maior.

• 01) No espelho convexo, a imagem de um objeto real é virtual, direita e menor. A imagem do mesmo tamanho ocorre, no espelho côncavo, com o objeto no centro de curvatura (e aí a imagem é real e invertida).

• 02) O espelho odontológico é côncavo, pois fornece imagem virtual, direita e ampliada quando o objeto está entre o foco e o vértice. O convexo nunca conjuga imagem real de objeto real.

• 03) A equação dos pontos conjugados de Gauss, $\dfrac1f=\dfrac1p+\dfrac1{p'}$, vale também para lentes esféricas delgadas.

• 04) No espelho convexo os raios refletidos divergem; apenas seus prolongamentos se cruzam, atrás do espelho. Para um objeto real, a imagem é sempre virtual, direita e menor.

• 05) No espelho côncavo, se o objeto está entre o foco e o vértice, a imagem é virtual; só é real quando o objeto está além do foco.

A lente é convergente. Classificando cada posição do objeto:

• Posição 1 (além de A, $p>2f$): imagem real, invertida e menor. • Posição 2 (sobre A, $p=2f$): imagem real, invertida e do mesmo tamanho, a $2f$ do outro lado. • Posição 3 (entre A e F, $fPosição 4 (entre F e a lente, $p

• 01) Falsa: a imagem do objeto 1 é real e menor, e a da lupa é virtual e ampliada. • 02) Falsa: a imagem do espelho plano é virtual. • 05) Falsa: a imagem do objeto 4 é virtual, direita e maior.

• 03) Verdadeira: no ponto 3 a imagem é real, e é isso que se projeta em uma tela.

• 04) Também verdadeira: no ponto 4 a imagem é virtual, e a imagem de um espelho convexo é sempre virtual; as duas têm a mesma natureza (virtual).

Observação: pelos dados da figura as alternativas 03 e 04 são ambas corretas quanto à natureza da imagem. O gabarito oficial não está no PDF; esta página indica a 03, mas o leitor deve saber que a 04 também se sustenta fisicamente.

No modo fundamental, a corda fixa nas duas extremidades tem meio comprimento de onda entre elas: $L=\dfrac{\lambda}{2}\Rightarrow\lambda=2L=1{,}0\text{ m}$.

A velocidade da onda é $v=\lambda f=1{,}0\cdot300=300\text{ m/s}$.

Pela equação de Taylor, $v=\sqrt{\dfrac T\mu}$, então $T=\mu\,v^2=0{,}50\cdot10^{-3}\cdot(300)^2=0{,}50\cdot10^{-3}\cdot9{,}0\cdot10^{4}=45\text{ N}$.

A densidade linear precisa estar em $\text{kg/m}$: $0{,}50\text{ g/m}=5{,}0\cdot10^{-4}\text{ kg/m}$.

A sombra de uma partícula em MCU descreve um MHS de mesma amplitude, $A=R=1{,}0\text{ m}$, e de pulsação igual à velocidade angular do MCU, de forma que $X=A\cos(\omega t+\varphi_0)$.

• Pulsação: $f=240\text{ rpm}=4{,}0\text{ Hz}$, então $\omega=2\pi f=8\pi\text{ rad/s}$.

• Fase inicial: em $t=0$ a sombra está a meio raio do centro, $X_0=\dfrac R2=0{,}5\text{ m}$, do lado positivo (a partícula está à direita do centro). Então $\cos\varphi_0=\dfrac{X_0}{A}=0{,}5\Rightarrow\varphi_0=\dfrac\pi3$ (partícula na parte de cima, ainda subindo, como mostra a seta anti-horária).

Logo $X=\cos\left(8\pi t+\dfrac\pi3\right)$. As opções com amplitude $2$ têm de ser descartadas de imediato, pois a amplitude é o raio, $1{,}0\text{ m}$.

• 01) O campo de uma carga positiva aponta para fora dela: da esfera para a partícula, e não da partícula para a esfera.

• 02) O campo eletrostático é conservativo, e a única força que realiza trabalho sobre a partícula é a elétrica. A energia mecânica se conserva, e a energia potencial elétrica perdida se converte integralmente em energia cinética.

• 03) O trabalho é numericamente igual à área sob o gráfico força × distância, e não ao seu coeficiente angular.

• 04) A partícula é repelida e acelera. A velocidade varia, e a velocidade média é diferente da instantânea.

• 05) A força elétrica $F=k\dfrac{Qq}{d^2}$ diminui com a distância; a aceleração não é constante, e a equação de Torricelli, que vale para aceleração constante, não se aplica.

Para os fios não ficarem tracionados, a força magnética sobre a barra deve ser para cima e equilibrar o peso: $F_m=P$.

• Intensidade: $B\,i\,L=P\Rightarrow i=\dfrac{P}{BL}=\dfrac{2{,}0}{2{,}0\cdot1{,}0}=1{,}0\text{ A}$.

• Sentido: pela regra da mão direita, com $\vec B$ entrando no papel, a força sobre corrente que flui da esquerda para a direita (de M para N) é para cima. Logo a corrente deve ir de M para N.

Os dados da bateria (potência máxima, $r=2{,}0\ \Omega$) não são usados nesta questão; servem à questão seguinte.

Da questão anterior, a corrente na barra (e no gerador, que está em série com ela) é $i=1{,}0\text{ A}$.

A bateria fornece potência máxima ao circuito quando a resistência externa é igual à resistência interna: $R=r=2{,}0\ \Omega$.

A ddp nos terminais da bateria é a mesma ddp aplicada à barra: $U=R\,i=2{,}0\cdot1{,}0=2{,}0\text{ V}$.

Verificação: a fem é $\varepsilon=(R+r)\,i=4{,}0\text{ V}$ e a queda interna é $r\,i=2{,}0\text{ V}$, de modo que $U=\varepsilon-r\,i=2{,}0\text{ V}$, o que confere (rendimento de $50\%$, típico da potência máxima).

O movimento helicoidal resulta da composição de um movimento circular uniforme, no plano perpendicular a $\vec B$, com um movimento retilíneo uniforme ao longo de $\vec B$. Só a componente da velocidade perpendicular ao campo entra no raio: $v_\perp=v\,\text{sen}\,30^\circ=25{,}0\text{ m/s}$.

A massa, em quilogramas, é $m=3{,}2\cdot10^{-17}\text{ g}=3{,}2\cdot10^{-20}\text{ kg}$.

$$R=\dfrac{m\,v_\perp}{qB}=\dfrac{3{,}2\cdot10^{-20}\cdot25}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot5{,}0}=\dfrac{8{,}0\cdot10^{-19}}{8{,}0\cdot10^{-19}}=1{,}0\text{ m}$$