UECE Transferências 2016 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: No gráfico $x(t)$, a inclinação de cada trecho é a velocidade naquele trecho. Há dois segmentos de reta: de ${0}$ a $t_{1}$, mais inclinado, e de $t_{1}$ a $t_{2}$, menos inclinado.

1. Cada trecho é uma reta, então cada um tem velocidade constante, mas as velocidades são diferentes: $v_{1}>v_{2}$. O movimento de ${0}$ a $t_{2}$ não é uniforme, pois a velocidade muda em $t_{1}$.

2. Se os dois trechos durassem o mesmo tempo $\Delta t$, as distâncias seriam $v_{1}\Delta t$ e $v_{2}\Delta t$, diferentes entre si porque $v_{1}\neq v_{2}$.

3. Ainda com tempos iguais, a velocidade média do percurso todo é $v_{m}=\dfrac{v_{1}\Delta t+v_{2}\Delta t}{{2}\Delta t}=\dfrac{v_{1}+v_{2}}{{2}}$, que é a média simples das duas velocidades.

Checagem física: Se os tempos fossem diferentes, a velocidade média seria uma média ponderada pelo tempo de cada trecho, e não a média simples. Por isso a condição de intervalos iguais é essencial.

Cuidado, armadilha! Confundir a inclinação da reta com o valor da posição: o trecho final está mais alto no gráfico, mas é menos inclinado, logo mais lento.

Estratégia física: O princípio de Arquimedes diz que o empuxo é o peso do líquido deslocado, e o volume deslocado é o volume da parte do corpo que está dentro do líquido: $E=\rho_{\text{líq}}\,V_{\text{sub}}\,g$.

1. Módulo do empuxo: com ${3}$ litros, $V={3}\times{10}^{-3}\text{ m}^{3}$, então $E={1000}\cdot{3}\times{10}^{-3}\cdot{10}={30}\text{ N}$, e não ${3}\text{ N}$.

2. O enunciado diz apenas que o corpo está totalmente imerso e não toca o fundo. Ele pode estar em equilíbrio (por exemplo, com densidade igual à da água ou preso por um fio), então não dá para concluir que sua densidade é maior que a da água.

3. Pelo mesmo motivo, não se pode afirmar que o peso é menor que o empuxo: no equilíbrio, os dois seriam iguais, e com peso menor o corpo subiria.

4. Já o volume deslocado depende só da parte submersa. Se o corpo não estivesse totalmente imerso, o volume de líquido deslocado seria menor que o volume total de ${3}$ litros.

Checagem física: Os ${3}$ litros de água têm ${3}\text{ kg}$ de massa, e o peso dessa água é ${30}\text{ N}$ (com $g={10}\text{ m/s}^{2}$), valor que confirma o resultado do passo 1.

Cuidado, armadilha! Trocar litros por newtons: ${3}$ litros de água pesam ${30}\text{ N}$, e não ${3}\text{ N}$. A confusão vem de ${3}\text{ kg}$ ser "${3}\text{ kgf}$".

Estratégia física: A força entre o ímã e o prego é um par ação–reação. Pela terceira lei de Newton, o ímã atrai o prego com a mesma intensidade com que o prego atrai o ímã. O que decide quem se move é a força de atrito estático máxima que cada um sofre da superfície.

1. Mesma força magnética $F$ nos dois objetos, com sentidos opostos. A terceira lei vale em toda a experiência, então ela se aplica, e o prego também atrai o ímã.

2. Para o prego, que é leve, o atrito estático máximo $\mu N$ é pequeno e $F$ o supera, e ele se move.

3. Para o ímã, que é mais massivo, a normal e o atrito estático máximo são maiores. A mesma força $F$ não é suficiente para vencê-lo, e o ímã fica parado.

Checagem física: Se a superfície fosse lisa (sem atrito), o ímã também se moveria em direção ao prego, com aceleração menor por ter mais massa, ao passo que a força seria igual.

Cuidado, armadilha! Concluir que, porque só o prego se move, a força sobre ele é maior. Os módulos são iguais; quem determina o movimento é a massa e o atrito de cada corpo.

Estratégia física: Esferas metálicas idênticas colidindo com pouca perda de energia comportam-se como em um berço de Newton: colisões elásticas, em que duas massas iguais trocam de velocidade. Admite-se esse modelo ideal.

1. Sejam $A$, $B$, $C$ as esferas largadas, todas com velocidade $v$, e $D$ a esfera parada. $C$ bate em $D$: $C$ para e $D$ sai com $v$. Em seguida, $B$ bate em $C$: $B$ para e $C$ sai com $v$. Depois, $A$ bate em $B$: $A$ para e $B$ sai com $v$.

2. Ao final, $B$, $C$ e $D$ se movem com velocidade $v$ e $A$ fica parada. Há três esferas em movimento.

3. Conferência de conservação: o momento antes é $3mv$ e depois também $3mv$. A energia cinética antes é $\dfrac{{3}}{{2}}mv^{2}$ e depois também $\dfrac{{3}}{{2}}mv^{2}$. Os dois valores se conservam.

Checagem física: Uma única esfera saindo com velocidade ${3}v$ conservaria o momento, mas sua energia seria $\dfrac{{9}}{{2}}mv^{2}$, três vezes maior que a inicial, o que é impossível.

Cuidado, armadilha! Responder ${1}$, por analogia com "uma esfera bate e uma sai". O número de esferas que saem é igual ao número que chega, quando as colisões são elásticas e as esferas idênticas.

Estratégia física: Sem atrito, a energia mecânica se conserva. O ponto B, o mais baixo, é a referência de altura. A é ${4R}$ acima de B, D está a ${2R}$ e C está a $R$. Em cada ponto da parte circular, a resultante radial é a força centrípeta $\dfrac{mv^{2}}{R}$.

1. Ponto B: $\dfrac{1}{{2}}mv_{B}^{2}=mg\,(4R)$, então $v_{B}^{2}={8}gR$. Na direção radial: $N_{B}-mg=\dfrac{m\,v_{B}^{2}}{R}={8}mg$, o que dá $N_{B}={9}mg$.

2. Ponto D (topo, altura ${2R}$): $v_{D}^{2}={2}g(4R-2R)={4}gR$. A velocidade mínima para manter contato no topo é $\sqrt{gR}$, que corresponde a $v^{2}=gR$. Como ${4}gR>gR$, o bloco mantém contato. A normal em D é $N_{D}=\dfrac{m\,v_{D}^{2}}{R}-mg={4}mg-mg={3}mg$, positiva.

3. A velocidade em D é $v_{D}=\sqrt{{4}gR}={2}\sqrt{gR}$, e não $\sqrt{{2}gR}$.

4. Ponto C (altura $R$): $v_{C}^{2}={2}g(4R-R)={6}gR$. Na direção radial (horizontal em C), só a normal aponta para o centro: $N_{C}=\dfrac{m\,v_{C}^{2}}{R}={6}mg$, e não ${3}mg$.

Checagem física: A normal diminui de ${9}mg$ (base) para ${6}mg$ (lado) e ${3}mg$ (topo), de modo coerente com a perda de velocidade e com o peso passando a ajudar a força centrípeta.

Cuidado, armadilha! Confundir a altura de queda: de A até D são ${2R}$, e não ${4R}$. Também é comum esquecer que, no topo, o peso aponta para o centro e entra com sinal contrário ao da base.

Estratégia física: Corrente é carga por unidade de tempo, $i=\dfrac{Q}{\Delta t}$. A carga total é $Q=i\,\Delta t$, e o número de elétrons é $n=\dfrac{Q}{e}$.

1. Carga transferida: $Q={1{,}6}\times{10}^{4}\cdot{20}\times{10}^{-6}={32}\times{10}^{-2}={0{,}32}\text{ C}$.

2. Número de elétrons: $n=\dfrac{{0{,}32}}{{1{,}6}\times{10}^{-19}}={0{,}2}\times{10}^{19}={2{,}0}\times{10}^{18}$.

Checagem física: Um coulomb corresponde a cerca de ${6{,}25}\times{10}^{18}$ elétrons. Para ${0{,}32}\text{ C}$, ${0{,}32}\cdot{6{,}25}\times{10}^{18}={2{,}0}\times{10}^{18}$, valor idêntico.

Cuidado, armadilha! Errar as potências de dez ao converter ${20}$ microssegundos, usando ${10}^{-3}$ em vez de ${10}^{-6}$, o que deslocaria o resultado em três ordens de grandeza.

Estratégia física: Sem resistência do ar, só o peso realiza trabalho e a energia mecânica se conserva. A energia inicial é $E=\dfrac{1}{{2}}mv_{0}^{2}+mgh$.

1. No solo, a energia cinética é máxima e vale $E_{c,\max}=\dfrac{1}{{2}}mv_{0}^{2}+mgh$, maior que $mgh$ porque $v_{0}\neq{0}$.

2. A velocidade máxima é $v_{\max}=\sqrt{v_{0}^{2}+{2}gh}$, que supera $\sqrt{{2}gh}$.

3. A energia total se conserva durante o voo, pois só a gravidade atua.

4. Com choque perfeitamente elástico, a bola volta do solo com a mesma energia cinética $E_{c,\max}$. Ela sobe até a altura $H$ tal que $mgH=\dfrac{1}{{2}}mv_{0}^{2}+mgh$, ou seja, $H=h+\dfrac{v_{0}^{2}}{{2}g}>h$.

Checagem física: Se $v_{0}={0}$, recai-se em $H=h$, que é o caso de simples queda, em que a bola volta exatamente à altura inicial.

Cuidado, armadilha! Esquecer a energia cinética inicial e tratar o problema como queda a partir do repouso.

Estratégia física: Na queda livre (só o peso), todos os corpos têm a mesma aceleração $g$, qualquer que seja a massa. Com ar, a força de resistência depende da forma e da área do corpo, e isso é o que separa livro e folha.

1. Caso I (vácuo, lado a lado): não há resistência, as acelerações são iguais a $g$ e os dois chegam juntos, sem se distanciar.

2. Caso II (ar, lado a lado): a resistência do ar sobre a folha, de pouco peso e grande área, é grande em relação ao seu peso. Ela cai com aceleração bem menor que o livro. O livro se distancia e chega primeiro.

3. Caso III (folha sobre o livro): o livro desloca o ar à sua frente, e a folha, apoiada no topo, desce na região que o livro já varreu, sem receber a mesma resistência. A folha acompanha o livro, e eles não se distanciam durante a queda.

Checagem física: É o mesmo efeito que explica um "vácuo" na esteira de um caminhão: o corpo que vai atrás encontra menos ar. Na prática, um papel apoiado num livro cai junto com ele.

Cuidado, armadilha! Generalizar o resultado do vácuo para o ar. Só no caso I a igualdade de acelerações é uma consequência direta da queda livre.

Estratégia física: A carga de prova $q_{0}>0$ fica à esquerda, a uma distância $x$ da carga mais próxima ($Q_{1}$) e $x+d$ da mais distante ($Q_{2}$). Para haver equilíbrio, as duas forças devem ser opostas e de mesmo módulo.

1. Forças opostas exigem cargas de sinais contrários. Se tivessem o mesmo sinal, ambas empurrariam ou puxariam a carga de prova no mesmo sentido.

2. Igualdade de módulos: $\dfrac{k\,|Q_{1}|\,q_{0}}{x^{2}}=\dfrac{k\,|Q_{2}|\,q_{0}}{(x+d)^{2}}$, ou seja, $\dfrac{x+d}{x}=\sqrt{\dfrac{|Q_{2}|}{|Q_{1}|}}$. Como $x+d>x$, o lado esquerdo é maior que ${1}$, então $|Q_{2}|>|Q_{1}|$: a carga mais afastada deve ser a de maior módulo.

3. Situação (I): ${+2q}$ e $-{6q}$ têm sinais opostos e $|Q_{2}|>|Q_{1}|$. É possível, com $\dfrac{x+d}{x}=\sqrt{{3}}$.

4. Situação (II): ${+4q}$ e $-q$ têm sinais opostos, mas $|Q_{2}|<|Q_{1}|$ e daria $\dfrac{x+d}{x}=\dfrac{{1}}{{2}}<{1}$, impossível. Situação (IV): $-{5q}$ e ${+2q}$ dá $\dfrac{x+d}{x}=\sqrt{\dfrac{{2}}{{5}}}<{1}$, também impossível.

5. Situação (III): $-{3q}$ e ${+9q}$ têm sinais opostos e $|Q_{2}|>|Q_{1}|$, com $\dfrac{x+d}{x}=\sqrt{{3}}$. É possível.

Checagem física: Nas situações possíveis, o ponto de equilíbrio fica em $x=\dfrac{d}{\sqrt{{3}}-1}\approx{1{,}37}\,d$ à esquerda da carga mais próxima, onde as duas forças se compensam.

Cuidado, armadilha! Basta o sinal oposto? Não: se a carga mais próxima for a de maior módulo, as forças nunca se igualam à esquerda, porque a proximidade só reforça a mais forte.

Estratégia física: Totalmente imerso, o objeto sofre empuxo $E=\rho_{\text{líq}}\,V\,g$ e tem peso $P=\rho_{\text{obj}}\,V\,g$. Comparar $E$ e $P$ equivale a comparar as densidades.

1. Caso I (repouso): $E=P$, logo $\rho_{\text{obj}}=\rho_{\text{líq}}$.

2. Caso II (afunda ainda mais): o peso supera o empuxo, $P>E$, logo $\rho_{\text{obj}}>\rho_{\text{líq}}$.

3. Caso III (emerge): o empuxo supera o peso, $E>P$, logo $\rho_{\text{obj}}<\rho_{\text{líq}}$.

4. Em resumo, o empuxo é igual, menor e maior que o peso nos casos I, II e III, respectivamente. A comparação dos pesos com o empuxo é a inversa do que se vê no item que diz "igual, maior e menor".

Checagem física: Um objeto que afunda é mais denso que o líquido (pedra na água), e o que emerge é menos denso (rolha), o que é consistente com a experiência cotidiana.

Cuidado, armadilha! Inverter empuxo e peso: quem emerge tem empuxo maior que o peso, e quem afunda tem empuxo menor.