UECE Transferências 2014 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: Sem atrito, a energia mecânica se conserva. A normal não realiza trabalho, e só o peso o faz.

1. Para qualquer rampa, $mgh=\dfrac{1}{{2}}mv^{2}$, com $h$ o desnível entre o ponto de partida e o de chegada.

2. Como as três rampas começam no mesmo ponto e terminam no mesmo nível, $h$ é o mesmo, e $v=\sqrt{{2}gh}$ também.

Checagem física: O que muda entre as rampas é o tempo de descida: quanto menos inclinada, menor a aceleração e maior o tempo, mas a velocidade final é a mesma.

Cuidado, armadilha! Associar rampa mais íngreme a velocidade final maior. A inclinação afeta a aceleração, e não a velocidade ao fim.

Estratégia física: No limite do repouso, o atrito em B é o estático máximo, $f=\mu\,N=\mu\,P_{B}$. Analisa-se B e depois o nó.

1. Bloco B, direção horizontal: a tração $T_{1}$ do fio horizontal iguala o atrito máximo: $T_{1}=\mu\,P_{B}$.

2. Nó, com $T_{2}$ a tração do fio inclinado, que faz $\theta$ com a horizontal: $T_{2}\cos\theta=T_{1}$ e $T_{2}\,\mathrm{sen}\,\theta=P_{A}$.

3. Dividindo, $\dfrac{P_{A}}{T_{1}}=\tan\theta$, então $P_{A}=\mu\,P_{B}\tan\theta$.

Checagem física: Com $\theta\to{0}$, o fio fica horizontal e não sustenta A, que tem peso máximo nulo, como a fórmula dá. Com $\theta$ maior, o fio inclinado sustenta mais peso.

Cuidado, armadilha! Usar $\cot\theta$, o que ocorre ao medir o ângulo a partir da vertical. Aqui $\theta$ está entre o fio e a horizontal.

Estratégia física: Enquanto a caixa não se move, a resultante é nula. O atrito estático real iguala a força que o solicita, e seu valor máximo é $\mu_{e}N$.

1. Horizontal: o atrito estático $f$ equilibra $F_{1}$, que é constante. Logo $f=F_{1}$ não aumenta.

2. Vertical: $N=P+F_{2}$, que aumenta com $F_{2}$. A normal não permanece constante.

3. O valor máximo do atrito estático, $f_{\max}=\mu_{e}N=\mu_{e}(P+F_{2})$, aumenta. É mais difícil fazer a caixa deslizar.

4. A caixa continua em repouso, então a soma vetorial das forças permanece nula.

Checagem física: Quanto mais forte se aperta uma caixa contra a mesa, maior a "reserva" de atrito disponível, embora o atrito efetivo só use o necessário.

Cuidado, armadilha! Confundir o atrito que atua com o seu valor máximo. Só o máximo cresce com a normal.

Estratégia física: No equilíbrio, o peso é igual à soma dos empuxos: o da água sobre a parte submersa e o do ar sobre a parte emersa, $P=\rho_{\text{água}}V_{s}\,g+\rho_{\text{ar}}V_{e}\,g$.

1. A pressão do ar sobre a superfície da água não altera o empuxo: ela atua igualmente sobre a água e sobre a face superior do corpo, e se compensa na resultante.

2. Ao retirar o ar, $\rho_{\text{ar}}\to{0}$ e o termo do empuxo do ar sobre a parte emersa desaparece.

3. Para recuperar o equilíbrio, o empuxo da água precisa crescer, o que exige maior volume submerso $V_{s}$. O corpo afunda um pouco.

Checagem física: O efeito é muito pequeno, pois $\rho_{\text{ar}}\approx{1{,}2}\text{ kg/m}^{3}$ é cerca de ${800}$ vezes menor que $\rho_{\text{água}}$. Por isso, no cotidiano, ignoramos o empuxo do ar.

Cuidado, armadilha! Achar que o vácuo "puxa" o corpo para cima. O que se perde é o apoio que o ar dava, e o corpo desce.

Estratégia física: Em equilíbrio no ar, os dois corpos têm pesos iguais e, portanto, massas iguais. Ao serem mergulhados, o empuxo de cada um é $E=\rho_{\text{líq}}\,V\,g$, proporcional ao seu volume.

1. Com $m$ igual, volumes diferentes significam densidades diferentes: o corpo menos denso tem maior volume.

2. Na figura, o lado da barra de ouro desce mais, ou seja, o peso aparente $P-E$ da barra é maior que o da coroa. Como $P$ é igual, o empuxo na barra é menor que na coroa.

3. Empuxo menor na barra significa menor volume deslocado: $V_{\text{barra}}

Checagem física: O ouro tem densidade de cerca de ${19{,}3}\text{ g/cm}^{3}$; misturado com prata (${10{,}5}\text{ g/cm}^{3}$), a densidade cai e o volume para a mesma massa aumenta.

Cuidado, armadilha! Associar maior volume a menor empuxo. O empuxo cresce com o volume deslocado.

Estratégia física: Do ponto mais baixo, a bola sobe até uma altura $h$ tal que $mgh=E_{c}$. O ângulo com a vertical satisfaz $h=L(1-\cos\theta)$. Um ciclo completo (ida e volta) passa duas vezes pelo ponto mais baixo.

1. Primeira passagem: partindo da horizontal, $E_{c}=mgL$. Após a perda de ${30}\%$, $E_{c}={0{,}7}\,mgL$.

2. Segunda passagem (na volta): a energia cinética no ponto mais baixo é ainda ${0{,}7}\,mgL$ e perde mais ${30}\%$: $E_{c}={0{,}7}\cdot{0{,}7}\,mgL={0{,}49}\,mgL$.

3. Altura atingida: $h={0{,}49}\,L$, então $\cos\theta={1}-{0{,}49}={0{,}51}$, o que dá $\theta\approx{59}^\circ\approx{60}^\circ$.

Checagem física: Depois de uma passagem apenas, $\cos\theta={0{,}3}$ e $\theta\approx{73}^\circ$; depois da segunda, o ângulo cai para cerca de ${59}^\circ$.

Cuidado, armadilha! Tomar o ciclo como uma só passagem (${73}^\circ$) ou aplicar o fator de ${0{,}7}$ ao ângulo, e não à energia.

Estratégia física: O bastão tem carga positiva, vista pelos sinais na figura. Em (II), ele atrai elétrons para a esfera (carga induzida negativa) e deixa as folhas com carga positiva, que se repelem.

1. Ligando a esfera à terra com o bastão ainda perto, elétrons da Terra neutralizam a carga positiva das folhas, que se fecham. O eletroscópio fica com excesso de elétrons: carga líquida negativa.

2. Retirando o contato com a terra, esse excesso fica preso no eletroscópio.

3. Afastando o bastão, os elétrons em excesso se redistribuem por toda a haste, a esfera e as folhas. As folhas, agora com carga negativa de mesmo sinal, voltam a se repelir e ficam abertas como em (II), embora a carga delas agora seja negativa.

4. Portanto, o eletroscópio não está neutro, a carga líquida não é positiva e as folhas não voltam à situação inicial.

Checagem física: A carga final tem sinal oposto ao do bastão indutor, regra da eletrização por indução com aterramento.

Cuidado, armadilha! Pensar que, retirado o bastão, tudo volta a ser como era. A ligação à terra deixou carga líquida no eletroscópio.

Estratégia física: Na rampa sem atrito, a energia se conserva. No trecho AB, o atrito é a única força horizontal e desacelera o bloco até o repouso. Adota-se $g={10}\text{ m/s}^{2}$ (valor informado na prova).

1. Velocidade na base: $v=\sqrt{{2}gh}=\sqrt{{2}\cdot{10}\cdot{12{,}8}}=\sqrt{{256}}={16}\text{ m/s}$.

2. Desaceleração: o bloco para em ${2}\text{ s}$, então $a=\dfrac{{16}}{{2}}={8}\text{ m/s}^{2}$.

3. No trecho AB, $\mu\,m\,g=m\,a$, então $\mu=\dfrac{a}{g}=\dfrac{{8}}{{10}}={0{,}8}$.

Checagem física: A distância percorrida em AB é $\dfrac{v\,t}{{2}}={16}\text{ m}$, que também vale $\dfrac{v^{2}}{{2}a}=\dfrac{{256}}{{16}}={16}\text{ m}$, resultado coerente.

Cuidado, armadilha! Usar a altura ${12{,}8}$ diretamente no atrito, ou esquecer que o bloco chega com ${16}\text{ m/s}$ e não com velocidade nula.

Estratégia física: Sobre o gelo, o atrito é desprezível, então a quantidade de movimento do sistema se conserva. Eles saem juntos, o que caracteriza uma colisão perfeitamente inelástica.

1. $m_{1}\,v_{0}=(m_{1}+m_{2})\,v$, com $m_{1}={80}\text{ kg}$, $m_{2}={40}\text{ kg}$ e $v_{0}={6}\text{ m/s}$.

2. $v=\dfrac{{80}\cdot{6}}{{80}+{40}}=\dfrac{{480}}{{120}}={4}\text{ m/s}$.

Checagem física: A velocidade final é menor que a inicial, como esperado, porque a massa em movimento aumentou. A energia cinética caiu de ${1440}\text{ J}$ para ${960}\text{ J}$.

Cuidado, armadilha! Tirar a média das velocidades, $\dfrac{{6}+{0}}{{2}}={3}\text{ m/s}$. A média correta é ponderada pelas massas.

Estratégia física: Em cada esfera atuam o peso $Mg$ (vertical), a tração do fio (ao longo do fio, a $\theta$ da vertical) e a repulsão elétrica $F$ (horizontal). Adota-se $g={10}\text{ m/s}^{2}$, informado na prova.

1. Equilíbrio: $T\cos\theta=Mg$ e $T\,\mathrm{sen}\,\theta=F$, o que dá $F=Mg\tan\theta={0{,}01}\cdot{10}\cdot{1}={0{,}1}\text{ N}$.

2. Distância entre as esferas: $d={2}\,\ell\,\mathrm{sen}\,\theta={2}\cdot{0{,}1}\cdot{0{,}707}\approx{0{,}141}\text{ m}$, então $d^{2}={2}\ell^{2}={0{,}02}\text{ m}^{2}$.

3. Lei de Coulomb: $F=\dfrac{q^{2}}{{4}\pi\varepsilon_{0}\,d^{2}}$, então $\dfrac{q^{2}}{{4}\pi\varepsilon_{0}}=F\,d^{2}={0{,}1}\cdot{0{,}02}={2}\times{10}^{-3}\text{ N}\cdot\text{m}^{2}$.

Checagem física: Com $k={9}\times{10}^{9}$, $q^{2}\approx{2}\times{10}^{-3}/{9}\times{10}^{9}$, ou seja, $q\approx{4{,}7}\times{10}^{-7}\text{ C}$, ordem de grandeza razoável.

Cuidado, armadilha! Usar $d=\ell$ ou $d={2}\ell$ para a distância entre as esferas. Ela é ${2}\ell\,\mathrm{sen}\,\theta$.