UECE Transferências 2013 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: Identificar as forças horizontais antes e depois do rompimento. Na vertical, peso e normal se anulam.

1. Antes: a tração do barbante é a única força horizontal e faz o papel de força centrípeta, curvando a trajetória.

2. Depois: sem tração e sem atrito, a resultante é nula, e pela primeira lei de Newton a velocidade vetorial se mantém.

3. O corpo segue com a velocidade que tinha no instante do rompimento, tangente à circunferência: movimento retilíneo e uniforme.

Checagem física: Sem força horizontal não há aceleração, o que exclui tanto o movimento acelerado quanto qualquer curva.

Cuidado, armadilha! Achar que o corpo "lembra" do círculo, ou que sai radialmente. Ele sai pela tangente, e não pelo raio.

Estratégia física: No nó, a soma vetorial das três tensões é nula. As alternativas, porém, comparam módulos, e não vetores.

1. Seja $\alpha$ o ângulo de cada ramo inclinado com a horizontal. Por simetria, $T_{1}=T_{2}$ e as componentes horizontais se cancelam.

2. Na vertical, $T_{1}\,\mathrm{sen}\,\alpha+T_{2}\,\mathrm{sen}\,\alpha=T$, ou seja, $(T_{1}+T_{2})\,\mathrm{sen}\,\alpha=T$.

3. Como $\mathrm{sen}\,\alpha<{1}$ para ramos inclinados, $T_{1}+T_{2}=\dfrac{T}{\mathrm{sen}\,\alpha}>T$.

Checagem física: Quanto mais "esticada" a corda ($\alpha\to{0}$), maiores as tensões, o que explica por que cabos quase horizontais exigem muito mais força que o peso. Só com ramos verticais ($\alpha={90}^\circ$) vale $T_{1}+T_{2}=T$.

Cuidado, armadilha! Trocar soma vetorial por soma de módulos. A soma vetorial $\vec{T}_{1}+\vec{T}_{2}+\vec{T}$ é nula, mas isso não vale para os módulos.

Estratégia física: Velocidade constante significa $\vec{a}=\vec{0}$. Pela segunda lei de Newton, $\vec{F}_{R}=m\vec{a}=\vec{0}$.

1. Horizontal: $F=f_{at}$, em sentidos opostos.

2. Vertical: $N=P$.

3. A soma vetorial de todas as forças é zero, qualquer que seja o valor de $F$.

Checagem física: Se $F>f_{at}$, o bloco aceleraria; se $F

Cuidado, armadilha! Concluir que "se há movimento, há resultante". O movimento só exige resultante quando a velocidade varia.

Estratégia física: Sem atrito, a energia mecânica se conserva. Adota-se $g={10}\text{ m/s}^{2}$.

1. $\dfrac{v_{0}^{2}}{{2}}+gh=\dfrac{v^{2}}{{2}}+g\dfrac{h}{{2}}$, então $v^{2}=v_{0}^{2}+g\,h$.

2. $v^{2}={1}+{10}\cdot{1{,}5}={16}$, então $v={4}\text{ m/s}$.

Checagem física: O corpo perde ${0{,}75}\text{ m}$ de altura, o que acrescenta ${7{,}5}\text{ J/kg}$ à energia cinética por unidade de massa: de ${0{,}5}$ para ${8}\text{ J/kg}$, ou seja, $v={4}\text{ m/s}$.

Cuidado, armadilha! Usar $h$ em vez de $h/2$ na queda, ou esquecer a velocidade inicial $v_{0}$.

Estratégia física: Decompor $\vec{F}$ e escrever a segunda lei em cada eixo. Adota-se $g={10}\text{ m/s}^{2}$.

1. Horizontal: $F\cos{30}^\circ=m\,a$, então $a=\dfrac{{100}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{{10}}={5}\sqrt{3}\text{ m/s}^{2}$.

2. Vertical, sem aceleração: $N+F\,\mathrm{sen}\,{30}^\circ=P$, então $N={100}-{100}\cdot{0{,}5}={50}\text{ N}$.

Checagem física: Como $F$ puxa o bloco para cima, a normal fica menor que o peso (${100}\text{ N}$), o que é coerente com ${50}\text{ N}$.

Cuidado, armadilha! Usar $N=P$ por reflexo. Com força inclinada, a normal muda. Outra armadilha é trocar seno e cosseno na decomposição.

Estratégia física: O volume de líquido deslocado é o volume do corpo mergulhado. Cada metal, com massa $m$, ocupa um volume próprio; a liga tem massa $m$ e volume intermediário.

1. Seja $x$ a fração da massa $m$ da liga que é do metal 1. O metal 1 tem volume específico $V_{1}={55}/m$ e o 2, $V_{2}={95}/m$.

2. Volume da liga (sem alteração de volume na mistura): $x\cdot{55}+(1-x)\cdot{95}={75}$.

3. $95-40x=75$, então $x={0{,}5}$. As massas dos metais 1 e 2 na liga estão na razão $50/50$.

Checagem física: ${75}$ é exatamente o ponto médio entre ${55}$ e ${95}$, e como as massas totais são iguais, isso exige partes iguais de massa.

Cuidado, armadilha! Misturar frações de volume e de massa. Aqui, a mesma massa total é o que permite o ponto médio em volume corresponder a $50/50$ em massa.

Estratégia física: Para o corpo ficar totalmente imerso em repouso, as forças para baixo ($P$ e $F$) equilibram o empuxo $E$ para cima.

1. $P=\rho_{c}Vg$ e $E=\rho_{\text{líq}}Vg$. Com $\rho_{c}=\dfrac{\rho_{\text{líq}}}{{2}}$, tem-se $E={2}P$.

2. Equilíbrio: $F+P=E={2}P$, então $F=P$.

Checagem física: Sem a força, o corpo, menos denso que o líquido, subiria até flutuar com metade do volume imerso. Empurrá-lo para baixo exige compensar o excesso de empuxo, igual a $P$.

Cuidado, armadilha! Identificar $F$ com o empuxo total ($E={2}P$). O empuxo é o dobro do peso, mas parte dele já é equilibrada pelo próprio peso.

Estratégia física: Um condutor oco blinda o seu interior de campos externos. Mas a carga contida na casca induz carga na superfície externa e o campo reaparece do lado de fora, a menos que a casca seja aterrada.

I. A cúpula em torno de $Q_{2}$, sem aterramento, induz $-Q_{2}$ na face interna e $+Q_{2}$ na externa. Fora dela, o campo é o mesmo de antes e $Q_{1}$ continua sofrendo força. Falsa.

II. A cúpula em torno de $Q_{1}$ anula o campo de $Q_{2}$ no interior, onde $Q_{1}$ está, então $Q_{1}$ não sofre influência de $Q_{2}$. A afirmação diz o contrário. Falsa.

III. Aterrada com $Q_{1}$ por perto, $Q_{2}$ fica com carga induzida de sinal oposto ao de $Q_{1}$, e não neutra. Ao desligar, essa carga permanece e a atração continua. Falsa.

Checagem física: A blindagem completa de uma carga exigiria uma casca aterrada em torno dela. Nenhuma das três situações descreve isso.

Cuidado, armadilha! Pensar que qualquer cúpula metálica "bloqueia" o campo. Ela só protege quem está dentro, ou exige aterramento para proteger quem está fora.

Estratégia física: Esferas metálicas idênticas em contato dividem a carga total igualmente (conservação de carga).

1. Carga total: $3q+2q-q+0={4}q$. Dividida entre as quatro esferas, cada uma fica com $q$.

2. Recolocadas nos vértices, são quatro cargas iguais $q$. No centro do quadrado, a distância é a mesma para as quatro.

3. As forças sobre a quinta esfera têm o mesmo módulo e as de vértices opostos têm sentidos contrários, então se cancelam duas a duas: a resultante é nula.

Checagem física: O resultado não depende da carga da quinta esfera, pois o campo elétrico no centro é nulo.

Cuidado, armadilha! Manter as cargas originais $+3q$, $+2q$, $-q$ e $0$ e achar que há força líquida. As esferas mudam de carga ao se tocarem.

Estratégia física: Dois estágios: descida (conservação de energia) e colisão elástica (conservação de momento e de energia cinética). Adota-se $g={10}\text{ m/s}^{2}$.

1. Velocidade da esfera 1 antes do choque: $v=\sqrt{{2}gh}=\sqrt{{2}\cdot{10}\cdot{0{,}2}}={2}\text{ m/s}$.

2. Colisão elástica com $m_{2}$ parada: $v_{1}\prime=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\,v=\dfrac{{1}}{{3}}\cdot{2}=\dfrac{{2}}{{3}}\text{ m/s}$ e $v_{2}\prime=\dfrac{{2}m_{1}}{m_{1}+m_{2}}\,v=\dfrac{{4}}{{3}}\cdot{2}=\dfrac{{8}}{{3}}\text{ m/s}$.

3. Razão: $\dfrac{v_{2}\prime}{v_{1}\prime}=\dfrac{{8}/{3}}{{2}/{3}}={4}$.

4. Altura da esfera 2: $h_{2}=\dfrac{(v_{2}\prime)^{2}}{{2}g}=\dfrac{{64}/{9}}{{20}}\approx{0{,}36}\text{ m}$, ou seja, cerca de ${1{,}8}$ vez a altura inicial, e não o dobro. Além disso, $v_{1}\prime$ é um terço de $v$, e não a metade.

Checagem física: Energia cinética antes: $\frac{1}{2}\cdot{2}\cdot{4}={4}\text{ J}$. Depois: $\frac{1}{2}\cdot{2}\cdot\frac{4}{9}+\frac{1}{2}\cdot{1}\cdot\frac{64}{9}=\frac{4}{9}+\frac{32}{9}={4}\text{ J}$. Conservada.

Cuidado, armadilha! Usar a fórmula de massas iguais, em que as esferas trocam de velocidade. Isso só vale se $m_{1}=m_{2}$.