UESB 2026 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Convertendo para o SI: $d=30\text{ cm}=0{,}30\text{ m}$, $|Q|=4\cdot10^{-6}\text{ C}$ e $|q|=3\cdot10^{-6}\text{ C}$.

$$F=\dfrac{9\cdot10^{9}\cdot4\cdot10^{-6}\cdot3\cdot10^{-6}}{(0{,}30)^2}=\dfrac{1{,}08\cdot10^{-1}}{9\cdot10^{-2}}=1{,}2\text{ N}$$

A pergunta é sobre variação de temperatura, e não sobre temperaturas absolutas. Na escala Celsius: $\Delta T_C=170-20=150\ ^\circ\text{C}$.

• Kelvin: a escala Kelvin tem o mesmo tamanho de grau da Celsius ($T_K=T_C+273$), então $\Delta T_K=\Delta T_C=150\text{ K}$.

• Fahrenheit: de $\dfrac{T_C}{5}=\dfrac{T_F-32}{9}$ vem $\Delta T_F=\dfrac95\,\Delta T_C=\dfrac95\cdot150=270\ ^\circ\text{F}$.

Os valores $443\text{ K}$ ($170+273$) e $338\ ^\circ\text{F}$ ($\tfrac95\cdot170+32$) são as temperaturas finais nessas escalas, e não as variações.

• Rodas motrizes (dianteiras): o motor aplica torque na roda, que “empurra” o asfalto para trás no ponto de contato. Pela 3ª lei de Newton, o asfalto empurra a roda para a frente: é essa força de atrito estático, no mesmo sentido do movimento, que acelera o carro.

• Rodas não motrizes (traseiras): elas só giram porque o carro avança. No ponto de contato, o movimento relativo tenderia a deslizar a roda para a frente, e o atrito estático surge para trás, no sentido contrário ao do movimento (é pequeno, e freia levemente a rotação livre da roda).

Não existe ausência de atrito nas traseiras: sem atrito estático a roda deslizaria em vez de rolar.

O impulso da força até o instante $t$ é a área sob o gráfico de $f\times t$: $$I(t)=\int_0^t(10-2t^{\prime})\,dt^{\prime}=10t-t^2$$

Partindo do repouso, $Q(t)=I(t)=10t-t^2$ e $v(t)=\dfrac{Q}{m}=5t-\dfrac{t^2}{2}$. A força é positiva até $t=5\text{ s}$ (velocidade aumentando) e negativa depois (velocidade diminuindo), mas a velocidade só se anula quando $10t-t^2=0$, isto é, em $t=10\text{ s}$; até lá ela é sempre positiva.

• Não há inversão de sentido (o corpo segue no sentido inicial em $0

• Quantidade de movimento em $t=10\text{ s}$: $Q(10)=10\cdot10-10^2=0$.

Observação: a afirmativa C também é verdadeira. Pelo teorema trabalho-energia, $\tau=\Delta E_c=\dfrac{m v^2}{2}\Big|_{t=10}-0=0$, pois $v(10)=0$. A banca (gabarito preliminar) indica apenas a alternativa B; a questão tem duas afirmativas corretas.

Com velocidade perpendicular ao campo, a partícula descreve uma circunferência. Em unidades do SI: $m=2\cdot10^{-6}\text{ kg}$ e $q=2\cdot10^{-3}\text{ C}$.

• Raio: $R=\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{2\cdot10^{-6}\cdot2\cdot10^{3}}{2\cdot10^{-3}\cdot2}=1\text{ m}$ (não é pedido, mas ajuda a visualizar).

• Período: $T=\dfrac{2\pi m}{qB}=\dfrac{2\cdot3\cdot2\cdot10^{-6}}{2\cdot10^{-3}\cdot2}=3\cdot10^{-3}\text{ s}$.

• Número de voltas em $1{,}5\text{ s}$: $\dfrac{1{,}5}{3\cdot10^{-3}}=500$, ou seja, um número inteiro de voltas completas.

O deslocamento é o vetor que liga a posição inicial à final, e não o comprimento da trajetória (que seria $500\cdot2\pi R=3\,000\text{ m}$). Depois de voltas inteiras a partícula está exatamente onde começou.

O empuxo é o peso do fluido deslocado. Como a densidade varia com a profundidade, soma-se o peso de fatias de espessura $dz$ e área $A=\pi R^2=3\cdot0{,}40^2=0{,}48\text{ m}^2$ (o enunciado omite a unidade de $R$; tomou-se metro).

$$E=\int_{z_0}^{z_0+H}\rho(z)\,g\,A\,dz=\rho_0\,g\,A\left[H+\dfrac{\alpha}{2}\left((z_0+H)^2-z_0^2\right)\right]$$

Com $(z_0+H)^2-z_0^2=25^2-20^2=225$: $$E=1\,000\cdot10\cdot0{,}48\left[5+\dfrac{1{,}2\cdot10^{-3}}{2}\cdot225\right]=4\,800\,\left[5+0{,}135\right]=24\,648\text{ N}$$

Observação: o resultado exato, $24\,648\text{ N}$, não consta entre as alternativas. O valor do gabarito preliminar, $25\,296\text{ N}$, é obtido ao se esquecer o fator $\tfrac12$ da integral de $z$, isto é, ao tomar $\alpha\,[(z_0+H)^2-z_0^2]$ em vez de $\tfrac\alpha2\,[\dots]$; é a opção mais próxima do resultado correto e provável intenção da banca.

O tempo de voo depende só do movimento vertical, que é o mesmo nos dois referenciais: $t=\dfrac{2\,v\,\text{sen}\,60^\circ}{g}$.

• Na plataforma: a velocidade horizontal do projétil é $v\cos60^\circ=\dfrac v2$, então $A_{\text{plat}}=\dfrac v2\,t$.

• No solo: soma-se a velocidade da plataforma, $v_x=v+\dfrac v2=\dfrac{3v}{2}$, então $A_{\text{solo}}=\dfrac{3v}{2}\,t$.

$$\dfrac{A_{\text{solo}}}{A_{\text{plat}}}=\dfrac{3v/2}{v/2}=3$$

A quantidade de movimento é vetorial, então a variação é a diferença vetorial. Com leste em $x$ e norte em $y$: $\vec Q_i=(8;\,0)$ e $\vec Q_f=(0;\,8)\text{ kg·m/s}$, pois $mv=2\cdot4=8$.

$$\Delta\vec Q=\vec Q_f-\vec Q_i=(-8;\,8)\;\Rightarrow\;|\Delta\vec Q|=\sqrt{8^2+8^2}=8\sqrt2\text{ kg·m/s}$$

O módulo de $\vec Q$ não mudou, mas a variação não é nula: a direção mudou.

• (A) Falsa. Ondas eletromagnéticas se propagam no vácuo (é assim que a luz do Sol chega à Terra); o ar não é necessário.

• (B) Ondas eletromagnéticas são oscilações acopladas dos campos elétrico e magnético, que se autossustentam e transportam energia e informação sem precisar de meio material.

• (C) Falsa. Ondas sonoras são mecânicas, e as eletromagnéticas são de outra natureza; não se resumem a uma diferença de frequência.

• (D) Falsa. A velocidade da luz é máxima no vácuo ($c\approx3\cdot10^{8}\text{ m/s}$) e menor na água.

• (E) Falsa. A luz visível tem frequência da ordem de $10^{14}\text{ Hz}$, muito maior que os $2{,}4\cdot10^{9}\text{ Hz}$ do Wi-Fi (faixa de micro-ondas).

Em uma reação nuclear conservam-se o número atômico ($Z$) e o número de massa ($A$). Sendo X $=\,^{A}_{Z}\text{X}$:

• Número atômico: $92+0=55+Z+14\cdot0\;\Rightarrow\;Z=37$.

• Número de massa: $235+1=137+A+14\cdot1\;\Rightarrow\;A=85$.

Consultando a Tabela Periódica, o elemento de número atômico $37$ é o rubídio, e o núcleo formado é o $^{85}_{37}\text{Rb}$. Os demais elementos listados têm números atômicos 13, 17, 53 e 52.