UECE Transferências 2022 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: O alcance é a base $AC=L$ e a altura máxima é a altura do triângulo equilátero, $H=\dfrac{\sqrt{3}}{{2}}L$. Falta relacionar $H$ e o alcance com o ângulo de lançamento.

1. Com velocidade inicial $v$, o tempo de subida é $t_{s}=\dfrac{v\,\mathrm{sen}\,\theta}{g}$. O alcance é $L=v\cos\theta\cdot{2}t_{s}=\dfrac{{2}v^{2}\,\mathrm{sen}\,\theta\cos\theta}{g}$.

2. A altura máxima é $H=\dfrac{v^{2}\,\mathrm{sen}^{2}\theta}{{2}g}$.

3. Dividindo, $\dfrac{H}{L}=\dfrac{\mathrm{sen}\,\theta}{{4}\cos\theta}=\dfrac{\tan\theta}{{4}}$, ou seja, $\tan\theta={4}\dfrac{H}{L}$.

4. Como $H/L=\dfrac{\sqrt{3}}{{2}}$, $\tan\theta={4}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{{2}}={2}\sqrt{3}$.

Checagem física: $\tan\theta={2}\sqrt{3}\approx{3{,}46}$ corresponde a cerca de ${74}^\circ$: uma trajetória bem inclinada, coerente com uma altura máxima de ${0{,}87}L$ para um alcance $L$.

Cuidado, armadilha! Usar o ângulo de ${60}^\circ$ do triângulo como ângulo de lançamento. Esse ângulo é o da corda $AB$, e não o da tangente à parábola em $A$.

Estratégia física: Sem perdas, o calor cedido pelo café quente é igual ao calor recebido pelo café frio. Como é a mesma substância, a temperatura final é a média das temperaturas ponderada pelas massas, que são proporcionais aos volumes.

1. $m_{1}\,c\,({90}-T)=m_{2}\,c\,(T-{20})$, com $m_{1}\propto{700}$ e $m_{2}\propto{300}$.

2. $T=\dfrac{{700}\cdot{90}+{300}\cdot{20}}{{1000}}=\dfrac{{63000}+{6000}}{{1000}}={69}^\circ\text{C}$.

Checagem física: A temperatura final fica mais perto da temperatura do café quente, que tem mais massa: ${90}-{69}={21}$ contra ${69}-{20}={49}$, e ${21}/{49}={300}/{700}$.

Cuidado, armadilha! Fazer a média simples $({90}+{20})/{2}={55}^\circ\text{C}$, ignorando que as massas são diferentes.

Estratégia física: Ao aquecer o conjunto, tanto o líquido quanto o frasco aumentam de volume. O que transborda é a parte do aumento do líquido que o aumento da capacidade do frasco não comporta.

1. A dilatação absoluta do líquido é $\Delta V_{L}$ e a do frasco é $\Delta V_{F}$.

2. O volume extravasado é $\Delta V_{ap}=\Delta V_{L}-\Delta V_{F}$, que é a dilatação aparente do líquido.

Checagem física: Se o frasco não dilatasse, extravasaria a dilatação absoluta do líquido. Se o líquido e o frasco dilatassem igualmente, nada extravasaria.

Cuidado, armadilha! Associar o volume extravasado à dilatação absoluta do líquido, esquecendo que o frasco também aumentou de capacidade.

Estratégia física: Em equilíbrio, o empuxo iguala o peso, e a fração imersa do volume do corpo é a razão entre a densidade do corpo e a do líquido.

1. No líquido $X$: $D=\dfrac{\rho_{X}}{{2}}$, logo $\rho_{X}={2}D$.

2. No líquido $Y$: $D=\dfrac{{3}\rho_{Y}}{{4}}$, logo $\rho_{Y}=\dfrac{{4}D}{{3}}$.

3. Misturando volumes iguais, a densidade é a média: $\rho_{Z}=\dfrac{{2}D+{4}D/{3}}{{2}}=\dfrac{{5}D}{{3}}$.

4. A fração imersa no líquido $Z$ é $\dfrac{D}{\rho_{Z}}=\dfrac{{3}}{{5}}$.

Checagem física: ${3}/{5}={0{,}6}$ fica entre ${0{,}5}$ e ${0{,}75}$, como esperado, pois $\rho_{Z}$ está entre $\rho_{X}$ e $\rho_{Y}$.

Cuidado, armadilha! Fazer a média das frações imersas, esquecendo que a fração varia com o inverso da densidade do líquido.

Estratégia física: O corpo parte do repouso e termina em repouso, então a variação de energia cinética é nula e o trabalho total é zero.

1. O peso realiza trabalho ao longo de todo o plano: $W_{P}=MgL\,\mathrm{sen}\,{45}^\circ$.

2. O atrito atua só no segundo trecho, de comprimento $L/{2}$: $W_{at}=-\mu\,Mg\cos{45}^\circ\cdot\dfrac{L}{{2}}$.

3. Somando e igualando a zero, $\mathrm{sen}\,{45}^\circ=\mu\cos{45}^\circ\cdot\dfrac{{1}}{{2}}$, ou seja, $\mu={2}\tan{45}^\circ={2}$.

Checagem física: No primeiro trecho, $v^{2}={2}\,g\,\mathrm{sen}\,{45}^\circ\cdot\dfrac{L}{{2}}$. No segundo, a desaceleração é $g(\mu\cos{45}^\circ-\mathrm{sen}\,{45}^\circ)=g\,\mathrm{sen}\,{45}^\circ$, e a distância de parada é $\dfrac{v^{2}}{{2}a}=\dfrac{L}{{2}}$, como pede o enunciado.

Cuidado, armadilha! Igualar o atrito apenas à componente do peso no trecho rugoso ($\mu=\tan{45}^\circ={1}$): isso manteria a velocidade constante nesse trecho em vez de parar o corpo.

Estratégia física: Considere que $A$ e $B$, idênticas, têm a mesma carga $q$. O contato entre $A$ e $C$ divide a carga igualmente. Depois, calcule as duas forças sobre $C$ na distância $D/{2}$.

1. Inicialmente, $F=\dfrac{kq^{2}}{D^{2}}$.

2. Após o contato, $A$ e $C$ ficam com $\dfrac{q}{{2}}$ cada; $B$ continua com $q$.

3. Com $C$ no ponto médio, a distância até cada uma é $\dfrac{D}{{2}}$. A força de $A$ sobre $C$ vale $k\dfrac{(q/{2})(q/{2})}{(D/{2})^{2}}=\dfrac{kq^{2}}{D^{2}}=F$, e a de $B$ sobre $C$ vale $k\dfrac{(q/{2})\,q}{(D/{2})^{2}}={2}F$.

4. As duas forças são de repulsão e têm sentidos opostos, pois $C$ está entre $A$ e $B$. A resultante é ${2}F-F=F$.

Checagem física: Como $B$ tem o dobro da carga de $A$ (agora com $q/{2}$), sua repulsão sobre $C$ é o dobro, e a diferença entre elas é $F$.

Cuidado, armadilha! Somar as duas forças como se tivessem o mesmo sentido (${3}F$), ou esquecer que $A$ também perde metade da carga no contato.

Estratégia física: No diagrama $P\times V$, o trabalho realizado pelo gás é a área sob a curva entre o volume inicial e o final.

1. A reta liga $(V,P)$ a $({3V},{3P})$. A área é a de um trapézio com bases $P$ e ${3P}$ e altura (variação de volume) ${3V}-V={2V}$.

2. $W=\dfrac{P+{3P}}{{2}}\cdot{2V}={2P}\cdot{2V}={4PV}$.

Checagem física: A pressão média é ${2P}$ e a variação de volume é ${2V}$, resultando em ${4PV}$.

Cuidado, armadilha! Usar a pressão final em todo o processo (${3P}\cdot{2V}={6PV}$) ou o produto dos valores finais (${3P}\cdot{3V}={9PV}$).

Estratégia física: Use a mesma altura $h$ nos dois lançamentos, com $v_{0}$ o módulo da velocidade inicial e eixo positivo para baixo, e elimine $v_{0}$.

1. Lançado para baixo, em ${4}\text{ s}$: $h={4}v_{0}+\dfrac{g\cdot{4}^{2}}{{2}}={4}v_{0}+{8}g$.

2. Lançado para cima, em ${9}\text{ s}$: $h=-{9}v_{0}+\dfrac{g\cdot{9}^{2}}{{2}}=-{9}v_{0}+{40{,}5}g$.

3. Multiplicando a primeira por ${9}$ e a segunda por ${4}$ e somando, $v_{0}$ se cancela: ${13}h={234}g$, logo $h={18}g$.

4. Abandonado do repouso, $h=\dfrac{g\,t^{2}}{{2}}$. Então ${18}g=\dfrac{g\,t^{2}}{{2}}$, o que dá $t^{2}={36}$ e $t={6}\text{ s}$.

Checagem física: Em geral, $t^{2}=t_{1}\,t_{2}$. Aqui, $t=\sqrt{{9}\cdot{4}}={6}\text{ s}$. A velocidade inicial é $v_{0}={2{,}5}g>0$, como deve ser.

Cuidado, armadilha! Somar os tempos (${9}+{4}={13}$) ou fazer a média aritmética, em vez de usar o produto.

Estratégia física: Para satélites em órbita circular em torno do mesmo planeta, o quadrado do período é proporcional ao cubo do raio da órbita.

1. $\left(\dfrac{T'}{T}\right)^{2}=\left(\dfrac{r'}{r}\right)^{3}={4}^{3}={64}$.

2. Logo, $\dfrac{T'}{T}=\sqrt{{64}}={8}$.

3. Portanto, $T'={8}\cdot{80}={640}\text{ min}$.

Checagem física: Quanto maior a órbita, maior o período e menor a velocidade; um período de ${640}\text{ min}$ (cerca de ${10{,}7}\text{ h}$) é coerente com uma órbita de raio ${4}R$.

Cuidado, armadilha! Supor que o período é proporcional ao raio (${4}\cdot{80}={320}$) ou ao quadrado do raio (${16}\cdot{80}={1280}$).

Estratégia física: Na colisão elástica, conservam-se o momento linear e a energia cinética total. O enunciado não diz que a colisão é frontal; a resolução considera o caso unidimensional. Seja $v$ a velocidade inicial da partícula $M$, com $E=\dfrac{1}{{2}}Mv^{2}$.

1. Para um alvo em repouso, as velocidades finais são $v_{1}=\dfrac{M-{3M}}{M+{3M}}\,v=-\dfrac{v}{{2}}$ e $v_{2}=\dfrac{{2M}}{M+{3M}}\,v=\dfrac{v}{{2}}$.

2. A energia cinética final da primeira é $E_{1}=\dfrac{1}{{2}}M\left(\dfrac{v}{{2}}\right)^{2}=\dfrac{E}{{4}}$.

3. A da segunda é $E_{2}=\dfrac{1}{{2}}({3M})\left(\dfrac{v}{{2}}\right)^{2}=\dfrac{{3}E}{{4}}$.

4. A razão é $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}=\dfrac{E/{4}}{{3}E/{4}}=\dfrac{{1}}{{3}}$.

Checagem física: $E_{1}+E_{2}=\dfrac{E}{{4}}+\dfrac{{3}E}{{4}}=E$, o que confirma a conservação da energia cinética.

Cuidado, armadilha! Inverter a razão e responder ${3}$.