UECE Transferências 2024 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: No fundo do mar, a pressão total é a pressão da atmosfera sobre a superfície mais a pressão da coluna de água acima do ponto. Como o enunciado informa a pressão ao nível do mar, é a pressão total que se procura.

1. Pelo teorema de Stevin, $P=P_0+\rho g h$.

2. A parcela da coluna de água vale $\rho g h={1000}\cdot{10}\cdot{4000}={4}\cdot{10}^{7}\text{ Pa}$.

3. Convertendo com ${1}\text{ atm}\approx{10}^{5}\text{ Pa}$: $\dfrac{{4}\cdot{10}^{7}}{{10}^{5}}={400}\text{ atm}$.

4. Somando a pressão atmosférica de ${1}\text{ atm}$, a pressão total no local é ${401}\text{ atm}$.

Checagem física: A cada ${10}\text{ m}$ de água a pressão aumenta cerca de ${1}\text{ atm}$; para ${4000}\text{ m}$, são cerca de ${400}\text{ atm}$ além da atmosfera.

Cuidado, armadilha! Calcular apenas $\rho g h$ e esquecer a pressão atmosférica na superfície: o resultado ficaria em ${400}\text{ atm}$.

Estratégia física: Organize uma linha do tempo. O atirador está junto da arma, então ouve o tiro no instante do disparo ($t=0$). O intervalo $T$ termina quando o som do impacto, que sai do alvo, chega de volta ao atirador.

1. O projétil viaja com ${0{,}8}V$ e leva $t_p=\dfrac{D}{{0{,}8}V}=\dfrac{{5}D}{{4}V}$ para chegar ao alvo.

2. O som do impacto volta com velocidade $V$ e leva $t_s=\dfrac{D}{V}$.

3. O intervalo medido é $T=t_p+t_s=\dfrac{{5}D}{{4}V}+\dfrac{D}{V}=\dfrac{{9}D}{{4}V}$.

4. Isolando a distância, $D=\dfrac{{4}VT}{{9}}$.

Checagem física: Se o projétil também fosse à velocidade do som, teríamos $T=\dfrac{{2}D}{V}$, ou seja, $D=\dfrac{VT}{{2}}$. Como o projétil é mais lento, $T$ é maior para a mesma distância, e portanto $D$ deve ser menor que $VT/{2}$: ${4}/{9}<{1}/{2}$.

Cuidado, armadilha! Usar só o tempo do projétil, ou só o do som, esquecendo que o impacto precisa ser ouvido de volta pelo atirador.

Estratégia física: Condutores idênticos postos em contato dividem entre si a carga total igualmente, e a carga total se conserva. Aplique essa ideia em duas etapas, tratando cada "carga" como um corpo condutor.

1. Na primeira etapa, a carga $Q$ se distribui entre a carga de prova e as outras $N$, totalizando $N+1$ corpos idênticos. Cada um fica com $Q'=\dfrac{Q}{N+1}$.

2. Na segunda etapa, a carga de prova, com $Q'$, divide-se com outras $M$ cargas, totalizando $M+1$ corpos: $Q''=\dfrac{Q'}{M+1}$.

3. Substituindo, $Q''=\dfrac{Q}{(N+1)(M+1)}$.

4. Logo, $\dfrac{Q}{Q''}=(N+1)(M+1)$.

Checagem física: Para $N=M={1}$, cada contato divide a carga ao meio duas vezes, e $Q''=Q/{4}$. A expressão dá ${2}\cdot{2}={4}$.

Cuidado, armadilha! Dividir apenas por $N$ e por $M$, esquecendo que a própria carga de prova também participa da divisão em cada contato.

Estratégia física: Isole o plano inclinado $M$. Sem atrito entre $m$ e $M$, o bloco troca com o plano apenas a força normal, perpendicular à superfície inclinada. Pela terceira lei, o bloco empurra o plano com essa mesma intensidade.

1. Na direção perpendicular ao plano, o bloco está em equilíbrio: $N=mg\cos{45}^\circ=\dfrac{mg}{{2}}\sqrt{2}$.

2. A força do bloco sobre o plano tem componente horizontal $N\,\mathrm{sen}\,{45}^\circ=\dfrac{mg}{{2}}$, que tende a deslocar $M$, e componente vertical, para baixo, $N\cos{45}^\circ=\dfrac{mg}{{2}}$.

3. No equilíbrio vertical de $M$, a normal do solo vale $N_s=Mg+\dfrac{mg}{{2}}$.

4. No equilíbrio horizontal, o atrito estático equilibra a componente horizontal: $f=\dfrac{mg}{{2}}$, e deve valer $f\le\mu N_s$.

5. O menor $\mu$ ocorre na igualdade: $\mu=\dfrac{mg/{2}}{Mg+mg/{2}}=\dfrac{m}{{2M}+m}$.

Checagem física: Se $M\to{0}$ (plano sem massa), $\mu\to{1}=\tan{45}^\circ$, como esperado para uma cunha que só é sustentada pelo atrito. Se $m\to{0}$, nenhum atrito é necessário: $\mu\to{0}$.

Cuidado, armadilha! Usar $N_s=Mg$, esquecendo que o bloco também empurra o plano para baixo e aumenta a normal do solo.

Estratégia física: A superfície é lisa, então a força normal é sempre perpendicular ao deslocamento e não realiza trabalho. Só o peso varia a energia cinética; basta calcular a altura que a partícula desce.

1. No topo ($\theta={0}$), o centro do hemisfério está a uma distância $R$ abaixo da partícula. Depois de girar um ângulo $\theta$ a partir da vertical, a altura da partícula acima da base é $R\cos\theta$.

2. A queda de altura é $h=R-R\cos\theta=R(1-\cos\theta)$.

3. Pelo teorema trabalho-energia, $\Delta E_c=mgh=mgR(1-\cos\theta)$.

Checagem física: Em $\theta={0}$, a variação é nula, pois a partícula ainda está no topo. Em $\theta={90}^\circ$, vale $mgR$, que corresponde à queda de uma altura $R$. A expressão vale enquanto a partícula permanece em contato com o hemisfério.

Cuidado, armadilha! Confundir a referência do ângulo e usar $R\cos\theta$ ou $R\,\mathrm{sen}\,\theta$ como queda de altura.

Estratégia física: Se a metade do percurso é feita no último segundo, a outra metade foi feita nos $T-1$ segundos anteriores, em que $T$ é o tempo total de queda.

1. A altura total é $H=\dfrac{g\,T^2}{{2}}$ e a primeira metade é $\dfrac{H}{{2}}=\dfrac{g\,(T-1)^2}{{2}}$.

2. Dividindo uma pela outra, $T^2={2}(T-1)^2$, logo $T={\sqrt{2}}(T-1)$ e $T=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}={2}+\sqrt{2}$.

3. Com $\sqrt{2}\approx{14}/{10}$, $T\approx{3{,}4}\text{ s}$.

4. Na queda livre, a velocidade média é metade da velocidade final: $v_m=\dfrac{g\,T}{{2}}={5}\cdot{3{,}4}={17}\text{ m/s}$.

Checagem física: Com $T={3{,}4}\text{ s}$, $H={5}\cdot{3{,}4}^2\approx{57{,}8}\text{ m}$. Em ${2{,}4}\text{ s}$ o corpo cai ${5}\cdot{2{,}4}^2\approx{28{,}8}\text{ m}$, ou seja, cerca de metade de $H$, como pede o enunciado.

Cuidado, armadilha! Concluir que a queda dura ${2}\text{ s}$. Em queda livre, os espaços percorridos a cada segundo crescem, então a metade final do percurso é percorrida em menos tempo do que a metade inicial.

Estratégia física: O volume de líquido no tanque não muda. O nível só varia porque o bloco desloca volumes diferentes nas duas situações.

1. Flutuando, o volume submerso é $RV$. O volume ocupado pelo conjunto até a altura $H$ é $S\,H$, e o volume de líquido é $V_L=S\,H-RV$.

2. No fundo, o bloco está totalmente submerso, com volume $V$. Então $V_L=S\,H'-V$.

3. Igualando, $S\,H-RV=S\,H'-V$, e portanto $H'=H+\dfrac{V(1-R)}{S}$.

4. Como $R<{1}$ (o bloco flutuava com parte fora do líquido), $H'$ é maior que $H$ do valor $\dfrac{V(1-R)}{S}$.

Checagem física: Se $R={1}$, o bloco já estava totalmente submerso e o nível não muda: a expressão dá acréscimo nulo.

Cuidado, armadilha! Usar o volume total $V$ do bloco para calcular a subida do nível, esquecendo que a parte submersa já estava deslocando líquido antes.

Estratégia física: Use a lei de Coulomb nas duas configurações. Depois do contato, as esferas idênticas ficam com cargas iguais, e a carga total se conserva.

1. Na configuração original, $F=k\dfrac{Q\cdot{2Q}}{D^2}=\dfrac{{2}kQ^2}{D^2}$.

2. A carga total é ${3Q}$. Após o contato, cada esfera fica com $\dfrac{{3Q}}{{2}}$.

3. Na nova distância ${2D}$, $F'=k\dfrac{({3Q}/{2})^2}{({2D})^2}=\dfrac{{9}kQ^2}{{16}D^2}$.

4. A razão é $\dfrac{F}{F'}=\dfrac{{2}}{{9}/{16}}=\dfrac{{32}}{{9}}$.

Observação: O enunciado original diz que as esferas se atraem depois do contato; como ambas ficam positivas, a força seria de repulsão. Isso não altera a razão pedida, que depende apenas das intensidades.

Checagem física: Só a distância dobrada já reduziria a força a um quarto, o que daria razão ${4}$. Mas o produto das cargas subiu de ${2}Q^2$ para ${2{,}25}Q^2$, fator ${9}/{8}$, o que atenua a queda de $F'$ e reduz a razão a ${4}\cdot{8}/{9}={32}/{9}$.

Cuidado, armadilha! Manter as cargas $Q$ e ${2Q}$ depois do contato e considerar só o efeito da distância, o que daria razão ${4}$.

Estratégia física: A aceleração da gravidade depende do inverso do quadrado da distância ao centro do planeta, e não da altura medida a partir da superfície.

1. Na superfície, $g_0=\dfrac{GM}{R^2}$. À altura $h$, $g=\dfrac{GM}{(R+h)^2}$.

2. Uma redução de ${36}\%$ significa $g={0{,}64}\,g_0$.

3. Então $\dfrac{R^2}{(R+h)^2}={0{,}64}={0{,}8}^2$, o que dá $\dfrac{R}{R+h}={0{,}8}$.

4. Portanto $R+h={1{,}25}R$ e $h=\dfrac{R}{{4}}$.

Checagem física: Com $h=R/{4}$, a distância ao centro é ${1{,}25}R$ e $g=g_0/{1{,}25}^2={0{,}64}\,g_0$.

Cuidado, armadilha! Tratar $g$ como inversamente proporcional a $R+h$ (sem o quadrado), o que levaria a uma altura bem diferente.

Estratégia física: Para um gás ideal, a energia interna depende apenas da temperatura. Para 1 mol, $\Delta U=C_v\,\Delta T$, em que $C_v$ é a capacidade térmica a volume constante. O dado do enunciado é $C$, a pressão constante; a relação de Mayer liga as duas.

1. A variação de temperatura é $\Delta T={3T^*}-T^*={2T^*}$.

2. Pela relação de Mayer, para 1 mol, $C-C_v=R$, logo $C_v=C-R$.

3. Então $\Delta U=C_v\,\Delta T=(C-R)\cdot{2T^*}={2T^*}(C-R)$.

Checagem física: Na isobárica, o calor trocado é $Q=C\,\Delta T={2CT^*}$ e o trabalho do gás é $W=P\,\Delta V=R\,\Delta T={2RT^*}$. A primeira lei dá $\Delta U=Q-W={2T^*}(C-R)$, em acordo com o resultado.

Cuidado, armadilha! Igualar $\Delta U$ ao calor $C\,\Delta T$, esquecendo o trabalho realizado pelo gás na expansão a pressão constante.