UECE Transferências 2015 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: Regras de desenho das linhas de campo: (i) saem das cargas positivas e chegam às negativas; (ii) o número de linhas associado a cada carga é proporcional ao seu módulo; (iii) as linhas não se cruzam.

1. Com ${+6}\ \mu\text{C}$ e $-{2}\ \mu\text{C}$, a carga positiva tem o triplo do módulo. Para cada ${3}$ linhas que saem de ${+6}$, apenas ${1}$ pode chegar em $-{2}$; as outras ${2}$ se afastam e seguem para o infinito.

2. Figura I: todas as linhas que saem de ${+6}$ terminam em $-{2}$. Isso só ocorreria se as cargas tivessem módulos iguais.

3. Figura II: aparece uma seta saindo da carga negativa, para a direita. Linhas de campo não saem de cargas negativas, e sim chegam a elas.

4. Figura III: as linhas radiais de cada carga são desenhadas como se a outra não existisse, com só um segmento entre as cargas. Isso não mostra a interação entre elas.

5. Figura V: as setas apontam de $-{2}$ para ${+6}$, o sentido contrário ao do campo elétrico.

6. Figura IV: parte das linhas que saem de ${+6}$ chega em $-{2}$ e outra parte, em maior número, se afasta para o exterior, com as setas apontando para fora de ${+6}$. Essa distribuição respeita a proporção entre as cargas.

Checagem física: Em um ponto muito distante, o sistema se comporta como uma carga líquida de ${+4}\ \mu\text{C}$, e o campo é de uma carga positiva: linhas saindo, que é o que se vê no exterior da figura IV.

Cuidado, armadilha! Escolher a figura mais "bonita" e simétrica (I ou V). A simetria só vale para cargas de módulos iguais.

Estratégia física: Em paralelo, somam-se os inversos: $\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{X}=\dfrac{{2}}{R}+\dfrac{1}{X}$.

1. Se $X\gg R$, então $\dfrac{1}{X}\ll\dfrac{{2}}{R}$ e o termo de $X$ pode ser desprezado: $\dfrac{1}{R_{eq}}\approx\dfrac{{2}}{R}$, ou seja, $R_{eq}\approx\dfrac{R}{{2}}$. O ramo de $X$ quase não conduz corrente.

2. Se $X\ll R$, então $\dfrac{1}{X}\gg\dfrac{{2}}{R}$ e $\dfrac{1}{R_{eq}}\approx\dfrac{1}{X}$, ou seja, $R_{eq}\approx X$. O ramo de $X$ é quase um curto-circuito e domina.

3. A resistência equivalente nunca pode ser maior que a menor resistência do conjunto. Por isso nem ${2R}$ nem $R$ servem como resposta no caso de $X$ muito menor que $R$.

Checagem física: Com $R={100}\text{ }\Omega$ e $X={10000}\text{ }\Omega$, $R_{eq}=\dfrac{{1}}{{0{,}02}+{0{,}0001}}\approx{49{,}8}\text{ }\Omega$, bem perto de $R/{2}={50}\text{ }\Omega$.

Cuidado, armadilha! Pensar que associar resistores em paralelo aumenta a resistência. Cada ramo adicional oferece um caminho a mais e diminui a resistência equivalente.

Estratégia física: Sem atrito, a única força motora é o peso de C, $m_{C}\,g$. O fio liga A a C (passando por cima de B) e B é empurrado por A. Todos têm a mesma aceleração $a$ em módulo.

1. Conjunto A + B + C: $m_{C}\,g=(m_{A}+m_{B}+m_{C})\,a$, ou seja, ${10}\cdot{10}={20}\,a$, o que dá $a={5}\text{ m/s}^{2}$.

2. Bloco B: a única força horizontal sobre ele é o empurrão de A, $F_{AB}=m_{B}\,a={4}\cdot{5}={20}\text{ N}$.

Checagem física: Para o bloco A, a tração do fio $T$ e a reação de B dão $T-F_{AB}=m_{A}\,a$, com $T=m_{C}(g-a)={10}\cdot{5}={50}\text{ N}$. Então $T-F_{AB}={50}-{20}={30}\text{ N}={6}\cdot{5}$, como esperado.

Cuidado, armadilha! Usar a aceleração $g$, como se C estivesse em queda livre. Como C arrasta ${20}\text{ kg}$ no total, a aceleração é só $\dfrac{1}{{2}}g$.

Estratégia física: O recipiente tem seção constante, então a altura da água é proporcional ao volume. O tempo de descida depende de como a vazão do furo varia durante o esvaziamento, e o enunciado não diz isso explicitamente. Há dois modelos.

1. Vazão constante (modelo que leva ao gabarito oficial). A altura cai ${50}\text{ cm}$ em ${60}\text{ min}$, ou seja, ${1{,}2}\text{ min}$ por centímetro. De ${50}$ para ${10}\text{ cm}$ são ${40}\text{ cm}$, e $t={40}\cdot{1{,}2}={48}\text{ min}$.

2. Lei de Torricelli (modelo físico). A velocidade de saída é $v=\sqrt{{2}gh}$, e a altura varia com $\dfrac{dh}{dt}=-k\sqrt{h}$. Isso dá $\sqrt{h}$ decrescendo linearmente: $\sqrt{h(t)}=\sqrt{h_{0}}\left(1-\dfrac{t}{T}\right)$, com $T={60}\text{ min}$.

3. Para $h={10}\text{ cm}$ e $h_{0}={50}\text{ cm}$: $\sqrt{\dfrac{{10}}{{50}}}\approx{0{,}447}$, então $t=T\,(1-{0{,}447})\approx{33}\text{ min}$.

Observação sobre o gabarito: O gabarito oficial definitivo da CEV corresponde ao modelo de vazão constante (${48}\text{ min}$), e esta página reproduz o gabarito oficial. A lei de Torricelli, que é o comportamento real de um furo em um recipiente aberto, dá cerca de ${33}\text{ min}$, valor que se aproxima de ${34}\text{ min}$ entre as opções.

Checagem física: No modelo real, a vazão cai conforme o nível baixa, então os primeiros ${40}\text{ cm}$ de descida são os mais rápidos. Eles consomem menos que $\tfrac{4}{5}$ do tempo total de ${60}\text{ min}$, e por isso o resultado (${33}\text{ min}$) é menor que ${48}\text{ min}$.

Cuidado, armadilha! Aplicar uma regra de três direta entre altura e tempo sem perguntar se a vazão é constante. Em um furo aberto, ela não é.

Estratégia física: Parte do repouso, então só há energia potencial no início: $E_{i}=mgh$. No fim da encosta, supondo $h={0}$, só há energia cinética: $E_{f}=\dfrac{1}{{2}}mv^{2}$. Compara-se os dois valores.

1. $E_{i}={100}\cdot{10}\cdot{200}={200\,000}\text{ J}={2}\times{10}^{5}\text{ J}$.

2. $E_{f}=\dfrac{1}{{2}}\cdot{100}\cdot{10}^{2}={5000}\text{ J}={5}\times{10}^{3}\text{ J}$.

3. A energia final é bem menor que a inicial. A diferença, ${195\,000}\text{ J}$ (cerca de ${97{,}5}\%$), foi dissipada por atrito e arrasto. A energia potencial perdida (${200\,000}\text{ J}$) e o ganho de energia cinética (${5000}\text{ J}$) não são iguais.

Checagem física: Se não houvesse dissipação, a velocidade final seria $\sqrt{{2}gh}=\sqrt{{2}\cdot{10}\cdot{200}}\approx{63}\text{ m/s}$, muito acima dos ${10}\text{ m/s}$ informados.

Cuidado, armadilha! Concluir que, por a velocidade ter aumentado, a energia se conservou. A velocidade aumentou, mas bem menos do que aumentaria sem dissipação.

Estratégia física: Sem dissipação, a energia mecânica se conserva. A bola é solta da horizontal, desce $L$ até o ponto mais baixo e, depois, o fio se prende em P e ela sobe pelo círculo menor de raio $r=L-x$.

1. Ponto mais baixo: $\dfrac{1}{{2}}v_{1}^{2}=g\,L$, então $v_{1}=\sqrt{{2}gL}=\sqrt{{2}\cdot{10}\cdot{1{,}8}}=\sqrt{{36}}={6}\text{ m/s}$.

2. Raio do círculo menor: $r=L-x={180}-{130}={50}\text{ cm}={0{,}5}\text{ m}$. O topo desse círculo está a ${2r}={1{,}0}\text{ m}$ acima do ponto mais baixo.

3. Velocidade no topo: $v_{2}^{2}=v_{1}^{2}-{2}g\,(2r)={36}-{2}\cdot{10}\cdot{1{,}0}={16}$, então $v_{2}={4}\text{ m/s}$.

Checagem física: Para o fio permanecer esticado no topo, é preciso $v_{2}^{2}\ge g\,r={5}\text{ m}^{2}/\text{s}^{2}$. Como ${16}>{5}$, a bola completa a volta.

Cuidado, armadilha! Usar $r=x={130}\text{ cm}$ para o círculo menor, ou subir apenas $r$ em vez de ${2r}$. O raio é a parte do fio que sobra depois do pino.

Estratégia física: A carga positiva atrai os elétrons livres do condutor. Com o condutor aterrado, a Terra, que é um reservatório de cargas, fornece elétrons ao condutor, que ficaria com excesso deles enquanto a carga positiva estiver perto.

1. Aproximando a carga positiva e ligando o condutor à Terra, elétrons sobem da Terra para o condutor, atraídos pela carga positiva.

2. Se o aterramento é retirado antes de afastar a carga positiva, o excesso de elétrons fica preso no condutor. Ao afastar a carga positiva, o condutor permanece com carga líquida negativa.

3. Se, ao contrário, a carga positiva é afastada com o aterramento ainda ligado, os elétrons em excesso voltam para a Terra, e o condutor fica neutro.

4. Em nenhuma ordem o condutor fica positivo: a Terra só fornece elétrons que são atraídos pela carga positiva, e não os retira.

Checagem física: A carga final do condutor tem sinal contrário ao da carga indutora, regra geral da eletrização por indução.

Cuidado, armadilha! Inverter a ordem das etapas. O aterramento deve ser desfeito antes de afastar o indutor; caso contrário, a carga induzida escoa de volta.

Estratégia física: A balança indica a força normal $N$ que a pessoa exerce sobre ela. Em repouso, $N=mg$. Ao saltar sobre a balança, a pessoa tem velocidade e precisa ser freada em pouco tempo.

1. Pelo teorema do impulso, $\int(N-mg)\,dt=\Delta p$. Para anular a quantidade de movimento da pessoa em um intervalo curto, $N$ precisa ser muito maior que $mg$. Um pico de ${3}\,mg$ é compatível com isso.

2. Essa força aparece como troca de quantidade de movimento entre a pessoa e a balança: a pessoa empurra a balança, que reage sobre ela.

3. A força gravitacional $mg$ não depende do salto nem da velocidade. Ela continua a mesma. O que muda é a força de contato, que a balança registra como "peso aparente".

4. A conservação de energia não explica o pico de força: ela relaciona alturas e velocidades, mas não diz quanto vale a força em cada instante.

Checagem física: Um pico de ${3}\,mg$ significa aceleração para cima de $\dfrac{N-mg}{m}={2}g$ durante o tempo de contato, o que é típico de um impacto breve.

Cuidado, armadilha! Achar que "o peso aumentou" ao pular. O peso é a força da gravidade, constante; a leitura da balança é a força normal.

Estratégia física: Na flutuação, o peso iguala o empuxo: $\rho_{gelo}\,V\,g=\rho_{mar}\,V_{sub}\,g$.

1. Fração submersa: $\dfrac{V_{sub}}{V}=\dfrac{\rho_{gelo}}{\rho_{mar}}=\dfrac{{900}}{{1000}}={0{,}90}={90}\%$.

2. O volume de água deslocado é igual ao volume submerso, então corresponde a ${90}\%$ do volume do iceberg. A parte emersa é os ${10}\%$ restantes.

3. O iceberg flutua porque o gelo é menos denso que a água do mar. O tamanho do iceberg não decide isso: a fração submersa depende só da razão das densidades, e não do volume.

Checagem física: A fração é independente do tamanho: um pequeno cubo de gelo de ${1}\text{ cm}^{3}$ também afunda ${90}\%$ em água de mesma densidade.

Cuidado, armadilha! Confundir a fração submersa (${90}\%$) com a emersa (${10}\%$), ou imaginar que um iceberg maior flutua mais.

Estratégia física: Pela lei de Stevin, a pressão a uma profundidade $h$ é $P=P_{0}+\rho\,g\,h$. Ela depende da profundidade e da densidade, não da forma do recipiente.

1. Pressão na base: os três recipientes têm água no mesmo nível, logo a mesma profundidade. Então a pressão na base é a mesma nos três. Dizer que é maior no recipiente 1 contraria Stevin.

2. Pressão nas laterais: a pressão em cada ponto da parede lateral vale $\rho g h$, com $h$ a profundidade do ponto. Ela não é nula; ela é perpendicular à parede, e só a componente horizontal total se anula por simetria no recipiente 2.

3. Variação com a altura: $\dfrac{dP}{dh}=-\rho\,g$ é igual nos três recipientes, pois o líquido é o mesmo.

4. Equilíbrio do líquido: ele está em repouso, então a soma das forças sobre ele é nula. O peso aponta para baixo e é equilibrado pela resultante das forças que o recipiente exerce sobre o líquido. Pela terceira lei, a resultante das forças que o líquido exerce sobre as paredes e o fundo do recipiente tem módulo igual ao peso do líquido.

Checagem física: No recipiente 1, que alarga para cima, as paredes inclinadas sustentam parte do líquido. No 3, que estreita para cima, as paredes empurram o líquido para baixo. Nos dois casos, o balanço vertical total da força do líquido sobre o recipiente é o peso do líquido.

Cuidado, armadilha! Pensar que mais líquido acima da base significa mais pressão na base. A pressão depende da profundidade, e não do volume.