UECE Transferências 2023: Física Q41–50 com Gabarito e Resolução

Q41

Mecânica — Gravitação — Satélite rasante e densidade do planeta

O satélite Sentinel-6 Michael Freilich (S6MF) é um satélite desenvolvido em parceria pelas agências espaciais americana e europeia, NASA e ESA, com o objetivo de realizar levantamento topográfico dos oceanos e analisar os efeitos das mudanças climáticas em nosso planeta. O satélite está em uma órbita considerada relativamente baixa, a cerca de ${1336}\text{ km}$, e é considerado um Low Earth Orbit (LEO) satélite. Para um satélite em órbita de período $T$, suposta rasante à superfície da Terra, cuja densidade média é $D$ e o raio é $R$, a expressão que fornece $D$ em termo da constante universal da gravitação $G$ e do período $T$ do satélite é dada por

A)${3\pi R}/{2T^{2}G}$.

B)${\pi R^{2}}/{2T^{2}G}$.

C)${\pi R}/{T^{2}G}$.

D)${3\pi}/{T^{2}G}$.

Gabarito OFICIAL DEFINITIVO CEV/UECE · Transferências 2023 · Ciências Gabarito 1

Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: Em órbita rasante, o raio da órbita é igual ao raio $R$ do planeta. A força gravitacional faz o papel de força centrípeta, e a massa do planeta pode ser escrita com a densidade e o volume da esfera.

1. Força gravitacional igual à centrípeta: $\dfrac{GMm}{R^{2}}=m\left(\dfrac{{2}\pi}{T}\right)^{2}R$, o que dá $GM=\dfrac{{4}\pi^{2}R^{3}}{T^{2}}$.

2. A massa em função da densidade: $M=D\cdot\dfrac{{4}}{{3}}\pi R^{3}$.

3. Substituindo, $G\,D\,\dfrac{{4}}{{3}}\pi R^{3}=\dfrac{{4}\pi^{2}R^{3}}{T^{2}}$. O fator $R^{3}$ se cancela.

4. Isolando a densidade, $D=\dfrac{{3}\pi}{G\,T^{2}}$.

Checagem física: A unidade de $G$ é $\text{m}^{3}/(\text{kg}\cdot\text{s}^{2})$; então $1/(G\,T^{2})$ tem unidade $\text{kg}/\text{m}^{3}$, que é de densidade.

Cuidado, armadilha! Manter $R$ na expressão final. Em órbita rasante ele se cancela. A altitude de ${1336}\text{ km}$ citada no enunciado é só contexto, pois a órbita considerada é rasante.

Q42

Mecânica — Cinemática — Instante em que as velocidades se igualam

As relações horárias da posição de dois móveis $X$ e $Y$ que se deslocam simultaneamente numa mesma trajetória retilínea são dadas, como uma função da variável tempo $t$, respectivamente por $X(t)=At$ e $Y(t)=Bt+Ct^{2}$ com as constantes $A$, $B$ e $C$ fornecidas em unidades do Sistema Internacional (SI). A expressão em termos das constantes $A$, $B$ e $C$ que fornece o instante em que os móveis apresentam o mesmo valor de velocidade é dada por

A)$(A^{2}+B^{2})/C^{2}$.

B)$(A-B)/C$.

C)$(A-{2C})/B$.

D)$(A-B)/{2C}$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: Compare cada função horária com a forma geral $S=S_{0}+v_{0}t+\dfrac{a}{{2}}t^{2}$.

1. Em $X(t)=At$, não há termo quadrático: o movimento é uniforme, com velocidade constante $v_{X}=A$.

2. Em $Y(t)=Bt+Ct^{2}$, a velocidade inicial é $v_{0}=B$ e $\dfrac{a}{{2}}=C$, ou seja, $a={2C}$. Logo, $v_{Y}=B+{2C}\,t$.

3. Igualando as velocidades, $A=B+{2C}\,t$.

4. Isolando o instante, $t=\dfrac{A-B}{{2C}}$.

Checagem física: Se $A$ e $B$ são velocidades (em $\text{m/s}$) e $C$ é metade de uma aceleração (em $\text{m/s}^{2}$), $(A-B)/{2C}$ tem unidade de tempo.

Cuidado, armadilha! Tomar $v_{Y}=B+Ct$, esquecendo que o coeficiente do termo quadrático é $a/{2}$ e não $a$.

Q43

Termologia — Termometria — Conversão Celsius–Fahrenheit

Várias regiões no Brasil têm experimentado temperaturas mais altas neste período do ano. Especialistas apontam que uma das causas desse aquecimento, particularmente perigoso e incomum em virtude da intensidade, é o acúmulo crescente de gases do efeito estufa na atmosfera. O desmatamento e a queima de combustíveis fósseis têm contribuído para que as temperaturas no Brasil atinjam um pico de ${45}^\circ\text{C}$. O fenômeno se repete em partes da Europa, Ásia e Estados Unidos. Estima-se que cerca de 61 mil pessoas tenham morrido em virtude das ondas de calor em 2022 somente na Europa. Nos Estados Unidos e em parte da Europa, a escala termométrica utilizada é o Fahrenheit cuja indicação, se mantido o pico de temperatura brasileiro, seria

A)${318}^\circ\text{F}$.

B)${45}^\circ\text{F}$.

C)${113}^\circ\text{F}$.

D)${49}^\circ\text{F}$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: As escalas Celsius e Fahrenheit se relacionam linearmente, com ${100}$ graus Celsius correspondendo a ${180}$ graus Fahrenheit e ponto de gelo em ${32}^\circ\text{F}$.

1. A relação é $T_{F}=\dfrac{{9}}{{5}}\,T_{C}+{32}$.

2. Para $T_{C}={45}$: $T_{F}=\dfrac{{9}}{{5}}\cdot{45}+{32}={81}+{32}={113}$.

Checagem física: ${37}^\circ\text{C}$ (temperatura do corpo) correspondem a cerca de ${98{,}6}^\circ\text{F}$; ${45}^\circ\text{C}$ devem ficar acima disso, o que é coerente com ${113}^\circ\text{F}$.

Cuidado, armadilha! Somar ${273}$, como se fosse conversão para kelvin (${45}+{273}={318}$), ou esquecer o termo ${32}$ e parar em ${81}$.

Q44

Mecânica — Dinâmica — Plano inclinado: atrito e tempo de descida

No laboratório de Mecânica Clássica da Universidade Estadual do Ceará, um estudante realiza um experimento, com o auxílio de um plano inclinado, com o intuito de determinar os tempos de descida ao longo do plano inclinado de um bloco de massa $M$ padrão. Ao abandonar o bloco a partir do topo $T$ do plano inclinado, cujo ângulo de inclinação é $\theta$ medido em relação à horizontal, sem o devido polimento da superfície, o estudante nota que o bloco leva um tempo de descida superior, por um fator multiplicativo $N$, do que este levaria para descer caso a superfície do plano inclinado fosse totalmente polida e o bloco fosse abandonado também a partir de $T$. Ao desprezar os efeitos de resistência do ar, os efeitos de resistência devido ao atrito para a superfície polida e adotando para a superfície sem polimento um coeficiente de atrito dinâmico $\mu$, a expressão que fornece a tangente do ângulo de inclinação $\theta$ é

A)$\mu N^{2}$.

B)$\mu/(1-N^{2})$.

C)$\mu N^{2}/(1-N^{2})$.

D)$\mu N^{2}/(N^{2}-1)$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: A distância percorrida é a mesma nas duas descidas. Como $d=\dfrac{1}{{2}}a\,t^{2}$, um tempo $N$ vezes maior exige uma aceleração $N^{2}$ vezes menor.

1. Superfície polida: $a=g\,\mathrm{sen}\,\theta$. Superfície com atrito: $a'=g(\mathrm{sen}\,\theta-\mu\cos\theta)$.

2. Com $d=\dfrac{1}{{2}}a\,t^{2}=\dfrac{1}{{2}}a'(N\,t)^{2}$, obtém-se $a'=\dfrac{a}{N^{2}}$.

3. Substituindo, $\mathrm{sen}\,\theta-\mu\cos\theta=\dfrac{\mathrm{sen}\,\theta}{N^{2}}$.

4. Dividindo por $\cos\theta$: $\tan\theta\left(1-\dfrac{1}{N^{2}}\right)=\mu$, o que dá $\tan\theta=\dfrac{\mu N^{2}}{N^{2}-1}$.

Checagem física: Se $N\to\infty$ (o bloco quase não desliza), $\tan\theta\to\mu$, que é justamente a condição limite de equilíbrio com atrito. Se $N\to{1}$, só é possível com $\mu\to{0}$.

Cuidado, armadilha! Relacionar as acelerações por $a'=a/N$ (sem elevar ao quadrado), o que levaria a uma expressão com $N$ em vez de $N^{2}$.

Q45

Termologia — Termodinâmica — Máquina de Carnot

O rendimento de uma máquina térmica independe do fluido operante, isto é, da substância de trabalho, e é função exclusiva das temperaturas de suas fontes, ou seja, das temperaturas da fonte quente $X$ e da temperatura da fonte fria $Y$. Num ciclo de Carnot usual, a fonte quente $X$ está a uma temperatura de ${510}\text{ K}$ enquanto a máquina térmica opera recebendo ${720}\text{ cal}$ da fonte quente e rejeitando ${240}\text{ cal}$ para o reservatório frio. Nessas condições, a temperatura da fonte fria $Y$ corresponde a

A)${1530}\text{ K}$.

B)${170}\text{ K}$.

C)${340}\text{ K}$.

D)${765}\text{ K}$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: No ciclo de Carnot, a razão entre o calor rejeitado e o calor recebido é igual à razão entre as temperaturas absolutas das fontes.

1. $\dfrac{Q_{F}}{Q_{Q}}=\dfrac{T_{F}}{T_{Q}}$.

2. Substituindo, $\dfrac{{240}}{{720}}=\dfrac{T_{Y}}{{510}}$, ou seja, $\dfrac{{1}}{{3}}=\dfrac{T_{Y}}{{510}}$.

3. Logo, $T_{Y}=\dfrac{{510}}{{3}}={170}\text{ K}$.

Checagem física: O rendimento é $\eta=1-\dfrac{{240}}{{720}}=\dfrac{{2}}{{3}}$ e também $1-\dfrac{{170}}{{510}}=\dfrac{{2}}{{3}}$.

Cuidado, armadilha! Inverter a razão: isso levaria a ${510}\cdot{3}={1530}\text{ K}$, uma fonte "fria" mais quente que a fonte quente, o que é fisicamente impossível.

Q46

Eletricidade — Eletrostática — Campo elétrico no baricentro

O baricentro $B$ de um triângulo é um ponto notável do triângulo, obtido pelo cruzamento das medianas. Diante desse fato, considere três pequenas esferas idênticas, eletrizadas com carga de módulo $Q$ e dispostas nos vértices de um triângulo equilátero de lado $L$. Sendo $K$ a constante eletrostática do meio, o módulo do Campo Elétrico resultante no baricentro $B$ do triângulo equilátero de lado $L$ é

A)nulo.

B)${3QqK}/L$.

C)${3QqK}/L^{2}$.

D)$\sqrt{3}\,QqK/L$.

Gabarito OFICIAL DEFINITIVO CEV/UECE · Transferências 2023 · Ciências Gabarito 1

Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: O baricentro de um triângulo equilátero é equidistante dos três vértices. Cada carga produz no ponto um campo de mesmo módulo, e a soma deve ser vetorial.

1. A distância de cada vértice ao baricentro é $r=\dfrac{L}{\sqrt{3}}$, e então os três campos têm o mesmo módulo $E=\dfrac{KQ}{r^{2}}$.

2. Cada campo aponta ao longo da linha que une o vértice ao baricentro. Essas três direções formam ângulos de ${120}^\circ$ entre si.

3. Três vetores de mesmo módulo, defasados de ${120}^\circ$, formam um triângulo fechado quando postos em sequência. A soma vetorial é nula.

Observação: As alternativas trazem uma carga $q$ que não é definida no enunciado. Como a resposta correta é nula, isso não interfere na solução.

Checagem física: Duas das cargas, sozinhas, produzem um campo de módulo $E$ apontando para o lado oposto ao da terceira carga, e o campo da terceira o cancela exatamente.

Cuidado, armadilha! Somar os módulos dos três campos, como se fossem paralelos, o que daria ${3}E$.

Q47

Mecânica — Hidrostática — Cilindro flutuante e nível da água

Em um recipiente cilíndrico aberto cuja área da seção transversal é de ${150}\text{ cm}^{2}$, derrama-se água, de densidade ${1}\text{ g/cm}^{3}$, até uma altura $H={8}\text{ cm}$. Em seguida, um cilindro de ${10}\text{ cm}$ de altura e de área de seção transversal ${125}\text{ cm}^{2}$ feito em madeira, de densidade ${0{,}6}\text{ g/cm}^{3}$, é inserido no recipiente cilíndrico. O cilindro permanece em equilíbrio no fluido com sua base inferior paralela à base do recipiente cilíndrico e com parte do seu volume submerso. Nessas condições a distância entre a base do recipiente cilíndrico e a base inferior do cilindro, em centímetros, é

A)${11}$.

B)${6}$.

C)${12}$.

D)${7}$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: O cilindro flutua porque é menos denso que a água. A parte submersa dá o volume deslocado, que faz o nível subir; a distância pedida é o novo nível menos a altura submersa.

1. Equilíbrio: empuxo igual ao peso. Como a razão das densidades é ${0{,}6}$, a altura submersa é $h_{s}={0{,}6}\cdot{10}={6}\text{ cm}$.

2. O volume de água é $V_{a}={150}\cdot{8}={1200}\text{ cm}^{3}$ e o volume deslocado pelo cilindro é $V_{d}={125}\cdot{6}={750}\text{ cm}^{3}$.

3. O novo nível $H'$ satisfaz ${150}\,H'=V_{a}+V_{d}={1950}$, ou seja, $H'={13}\text{ cm}$.

4. A base inferior do cilindro está na altura $H'-h_{s}={13}-{6}={7}\text{ cm}$ acima do fundo.

Checagem física: O resultado é positivo, o que confirma que o cilindro realmente flutua sem tocar o fundo.

Cuidado, armadilha! Parar em ${13}\text{ cm}$ (o nível da água) ou usar a altura original ${8}\text{ cm}$, sem considerar que a água sobe quando o cilindro é inserido.

Q48

Mecânica — Cinemática — Lançamento oblíquo: alcance e tempos de voo

No lançamento oblíquo de projéteis, para uma mesma velocidade de lançamento e desprezados quaisquer efeitos resistivos, o alcance $R$ de um projétil é função apenas do ângulo de lançamento. Além disso, para ângulos de lançamento complementares, o alcance $R$ do projétil é o mesmo, embora os tempos de voo $X$ e $Y$ não o sejam. Supondo que a aceleração da gravidade local seja $g$, a expressão do alcance $R$ de um projétil em termos dos tempos $X$ e $Y$ de voo, para ângulos de lançamento complementares e para uma mesma velocidade de lançamento, é dada por

A)$gXY/{2}$.

B)$g(X+Y)/Y$.

C)$gX/Y$.

D)$g(X+Y)/X$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: Escreva os tempos de voo para $\theta$ e para o complementar ${90}^\circ-\theta$, e procure uma combinação em que apareça o alcance.

1. Para o ângulo $\theta$: $X=\dfrac{{2}v\,\mathrm{sen}\,\theta}{g}$. Para o complementar, como $\mathrm{sen}\,({90}^\circ-\theta)=\cos\theta$: $Y=\dfrac{{2}v\cos\theta}{g}$.

2. Multiplicando, $XY=\dfrac{{4}v^{2}\,\mathrm{sen}\,\theta\cos\theta}{g^{2}}=\dfrac{{2}v^{2}\,\mathrm{sen}\,{2}\theta}{g^{2}}$.

3. O alcance é $R=\dfrac{v^{2}\,\mathrm{sen}\,{2}\theta}{g}$. Portanto, $XY=\dfrac{{2}R}{g}$.

4. Isolando o alcance, $R=\dfrac{g\,XY}{{2}}$.

Checagem física: Para ${45}^\circ$, $X=Y=\dfrac{\sqrt{2}\,v}{g}$ e $R=\dfrac{v^{2}}{g}$. A fórmula dá $\dfrac{g}{{2}}\cdot\dfrac{{2}v^{2}}{g^{2}}=\dfrac{v^{2}}{g}$, em acordo.

Cuidado, armadilha! Tentar combinar os tempos por soma ou razão. Só o produto elimina $\theta$ e $v$ de modo simultâneo.

Q49

Eletricidade — Eletrostática — Força de distribuição infinita de cargas

Um problema de fundamental interesse para a eletrostática é o de determinar a força resultante exercida sobre uma carga de prova $Q$, devido a uma distribuição discreta de cargas $q$ dispostas no espaço. Considere a situação em que um conjunto infinito de cargas, todas de mesmo valor $q$, são dispostas ao longo do eixo das abcissas $Ox$ de origem em $O$. Sendo $K$ a constante eletrostática do meio e sabendo que a primeira carga está localizada em $x={1}\text{ m}$, a segunda carga está localizada em $x={2}\text{ m}$, a terceira carga está localizada em $x={4}\text{ m}$, a quarta carga está localizada em $x={8}\text{ m}$ e assim por diante, a força resultante $F$ sobre uma carga de prova $Q$ situada na origem $O$ devido ao conjunto discreto de cargas $q$ distribuídas como mencionado é

A)$KQq$.

B)${2KQq}$.

C)${2KQq}/{3}$.

D)${4KQq}/{3}$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: Todas as cargas estão no mesmo lado da origem, então as forças sobre $Q$ têm a mesma direção e o mesmo sentido, e seus módulos se somam.

1. Cada carga, a uma distância $x$ de $O$, exerce a força $\dfrac{KQq}{x^{2}}$.

2. Com $x={1},{2},{4},{8},\dots$, a força total é $F=KQq\left(1+\dfrac{1}{{4}}+\dfrac{1}{{16}}+\dfrac{1}{{64}}+\cdots\right)$.

3. É uma progressão geométrica infinita de primeiro termo ${1}$ e razão $\dfrac{1}{{4}}$, cuja soma é $\dfrac{1}{1-{1}/{4}}=\dfrac{{4}}{{3}}$.

4. Portanto, $F=\dfrac{{4}\,KQq}{{3}}$.

Checagem física: Os primeiros termos dão ${1}+{0{,}25}+{0{,}0625}+{0{,}0156}\approx{1{,}33}$, valor que converge para ${4}/{3}$.

Cuidado, armadilha! Considerar só a primeira carga ($KQq$) ou usar razão ${1}/{2}$, esquecendo que a distância entra ao quadrado na lei de Coulomb.

Q50

Mecânica — Dinâmica impulsiva — Colisão elástica frontal

Leis de Conservação desempenham um importante papel em Física. No estudo das colisões, em particular, fornecem um mecanismo de análise das forças de interação envolvidas durante os processos de colisão. Físicos utilizam colisões, em aceleradores de partículas, para determinar propriedades subatômicas das partículas. Em um domínio clássico, ou do cotidiano, as colisões são empregadas, por exemplo, para estimar a velocidade de projéteis ao chocar-se com alvos, bem como os resultados provenientes de uma colisão entre veículos. Considere, para efeito de análise, uma partícula de massa $M$ que se desloca horizontalmente com velocidade inicial $u$ e que colide elasticamente com uma partícula de massa $m$, inicialmente em repouso. Sabendo que após a colisão, considerada frontal, as partículas movem-se ao longo de uma mesma direção com velocidades de mesmo módulo e em sentidos opostos, a razão entre a massa de $M$ e a massa de $m$ é

A)${3}$.

B)${1}/{3}$.

C)${1}/{2}$.

D)${2}$.

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Resolução comentada — Método TEF

Estratégia física: Numa colisão elástica frontal, o momento linear se conserva e a velocidade relativa de afastamento é igual à de aproximação.

1. Seja $v$ o módulo comum das velocidades finais. A partícula $M$ volta com $-v$ e a partícula $m$ avança com $+v$.

2. Aproximação igual ao afastamento: $u=v-(-v)={2}v$, logo $v=\dfrac{u}{{2}}$.

3. Conservação do momento: $Mu=M\left(-\dfrac{u}{{2}}\right)+m\left(\dfrac{u}{{2}}\right)$, e simplificando, $\dfrac{{3}M}{{2}}=\dfrac{m}{{2}}$, ou seja, $m={3}M$.

4. Portanto, $\dfrac{M}{m}=\dfrac{{1}}{{3}}$.

Checagem física: A energia cinética final é $\dfrac{1}{{2}}M\left(\dfrac{u}{{2}}\right)^{2}+\dfrac{1}{{2}}({3}M)\left(\dfrac{u}{{2}}\right)^{2}=\dfrac{1}{{2}}Mu^{2}$, igual à inicial, como deve ser numa colisão elástica.

Cuidado, armadilha! Inverter a razão e responder ${3}$, que é $m/M$.

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Dados da prova