UECE Transferências 2025 | Ciências · Física — Questões comentadas — Método TEF

Estratégia física: O deslocamento é grandeza vetorial. Converta cada trecho em um vetor deslocamento e use a lei dos cossenos com o ângulo entre os vetores.

1. Cada trecho dura $T$ e ocorre com rapidez $v$. Portanto, os módulos dos deslocamentos são $d_1=d_2=vT$.

2. Como o ângulo entre os vetores deslocamento é $120^\circ$, o módulo $D$ de sua soma obedece a $D^2=d_1^2+d_2^2+2d_1d_2\cos120^\circ$.

3. $$D^2=(vT)^2+(vT)^2+2(vT)^2(-\tfrac12)=(vT)^2.$$

4. $$D=vT.$$

Checagem física: Se os dois deslocamentos de mesmo módulo fazem $120^\circ$, a resultante também tem módulo igual ao de cada parcela; isso é compatível com a construção geométrica.

Cuidado, armadilha! Não usar $60^\circ$ como ângulo entre os vetores no produto escalar; $60^\circ$ é o ângulo suplementar relacionado ao triângulo construído ponta-cauda. Nenhuma alternativa fornece $vT$.

Questão oficialmente ANULADA. Solução física: $D=vT$; nenhuma alternativa corresponde. A CEV reconheceu o erro material no Comunicado nº 261/2025.

Estratégia física: Imagine as duas tiras antes de serem unidas e aquecidas; o metal que se alongaria mais terá de ocupar o lado externo do arco.

1. Para uma barra livre, vale $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$.

2. Como $\alpha_A>\alpha_B$ e $\Delta T>0$, o metal $A$ tenderia a se alongar mais do que o metal $B$.

3. Como os metais estão presos um ao outro, não podem se alongar independentemente. A tira adquire curvatura: $A$ ocupa o lado externo (maior comprimento de arco) e $B$ o lado interno.

4. Portanto, a tira se curva na direção do metal $B$.

Checagem física: Se $\alpha_A=\alpha_B$, não haveria curvatura devida à diferença de dilatação. O sentido obtido deve ser para o material com menor coeficiente.

Cuidado, armadilha! A tira não se curva na direção de quem dilata mais; quem dilata mais fica do lado convexo.

Estratégia física: Trabalhe com módulos das velocidades e dos deslocamentos. A equação de Torricelli elimina o tempo de cada etapa.

1. Seja $s$ a distância comum às duas fases. A relação de Torricelli é $v_f^2=v_i^2-2as$, com $a>0$ representando o módulo da desaceleração.

2. Na primeira fase, $v_i=v_0$ e $v_f=v_0/2$:

3. $$\frac{v_0^2}{4}=v_0^2-2a_1s\quad\Rightarrow\quad 2a_1s=\frac{3v_0^2}{4}.$$

4. Na segunda fase, $v_i=v_0/2$ e $v_f=0$:

5. $$0=\frac{v_0^2}{4}-2a_2s\quad\Rightarrow\quad 2a_2s=\frac{v_0^2}{4}.$$

6. Dividindo as duas igualdades, $\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{3v_0^2/4}{v_0^2/4}=3$.

Checagem física: Os deslocamentos são iguais, mas a primeira etapa precisa dissipar maior parcela da energia cinética; por isso $a_1>a_2$.

Cuidado, armadilha! O PDF traz o caractere isolado “m” antes de $v_0$ em “módulo m $v_0$”. Trata-se de um problema de redação do caderno; a grandeza física utilizada é a rapidez inicial $v_0$.

Estratégia física: Primeiro encontre a rapidez orbital pelo equilíbrio da força gravitacional com a centrípeta; depois some energias.

1. Numa órbita circular, $\dfrac{GMm}{R^2}=\dfrac{mv^2}{R}$.

2. Cancelando $m$ e usando $\mu=GM$, obtemos $v^2=\mu/R$.

3. A energia cinética é $K=\dfrac12mv^2=\dfrac{m\mu}{2R}$.

4. Escolhendo energia potencial nula no infinito, $U=-\dfrac{GMm}{R}=-\dfrac{m\mu}{R}$.

5. $$E=K+U=\frac{m\mu}{2R}-\frac{m\mu}{R}=-\frac{m\mu}{2R}.$$

Checagem física: O sinal deve ser negativo em órbita gravitacional ligada. O módulo é metade do módulo de $U$.

Cuidado, armadilha! A alternativa A fornece somente a energia potencial; o fator $1/2$ surge ao incluir a energia cinética da órbita circular.

Estratégia física: Desenhe as duas forças verticais: o peso permanece $mg$, enquanto a sustentação passa a $90\%$ do valor inicial.

1. Em equilíbrio, a força ascendente das hélices tem módulo $F_0=mg$.

2. Após a falha, ela passa a $F=0{,}9F_0=0{,}9mg$.

3. Tomando o sentido para cima como positivo, $F_\mathrm{res}=0{,}9mg-mg=-0{,}1mg$.

4. Pela segunda lei de Newton, $ma=-0{,}1mg$, logo o módulo da aceleração é $|a|=0{,}1g$.

Checagem física: Aceleração é para baixo. O resultado não depende da massa do drone; isso é compatível com a simplificação obtida.

Cuidado, armadilha! O número $0{,}9g$ corresponderia à força de sustentação dividida pela massa, não à aceleração resultante.

Estratégia física: Use a velocidade $V$ do anteparo após o impacto e duas equações: quantidade de movimento e velocidade relativa na colisão elástica.

1. Sejam $v^{\prime}$ a velocidade algébrica da esfera e $V$ a do anteparo depois do choque.

2. Conservação da quantidade de movimento: $mv=mv^{\prime}+MV$.

3. Para choque perfeitamente elástico unidimensional, a velocidade de afastamento relativa iguala a de aproximação: $V-v^{\prime}=v$.

4. Assim, $V=v+v^{\prime}$. Substituindo no momento linear: $mv=mv^{\prime}+M(v+v^{\prime})$.

5. $$(m-M)v=(m+M)v^{\prime}\quad\Rightarrow\quad \frac{v^{\prime}}{v}=\frac{m-M}{m+M}.$$

6. Como $M>m$, a razão algébrica é negativa. Seu módulo é $\left|\dfrac{v^{\prime}}v\right|=\dfrac{M-m}{M+m}$.

Checagem física: No limite $M\gg m$, a esfera retorna quase com o mesmo módulo de velocidade: $|v^{\prime}/v|\to1$; quando $M\to m^+$, o módulo tende a zero.

Cuidado, armadilha! “Na mesma direção” significa na mesma reta, não necessariamente no mesmo sentido. A banca confirmou expressamente essa distinção ao analisar recurso.

Estratégia física: Escreva a força de empuxo como soma da contribuição do óleo e da água. Use uma única área de seção transversal $L^2$.

1. No modelo em que o cubo fica inteiramente imerso entre os dois líquidos, $h_o+h_a=L$.

2. O peso é $P=DL^3g$. As parcelas do empuxo são $E_o=XgL^2h_o$ e $E_a=YgL^2h_a$.

3. No equilíbrio, $DL^3g=XgL^2h_o+YgL^2h_a$. Cancelando $gL^2$:

4. $$D(h_o+h_a)=Xh_o+Yh_a.$$

5. Reunindo os termos: $(D-X)h_o=(Y-D)h_a$.

6. $$\frac{h_o}{h_a}=\frac{Y-D}{D-X}.$$

Checagem física: Como $X

Cuidado, armadilha! Não usar apenas a densidade da água no empuxo. Observação: a dedução supõe que o cubo está totalmente imerso na interface, de modo que $h_o+h_a=L$; é a configuração física visada no item.

Estratégia física: Analise separadamente os campos devido à fonte da esquerda e da direita no ponto médio, para eletricidade e gravitação.

1. O ponto $P$ está a uma distância $d/2$ de cada partícula.

2. Cada campo elétrico tem módulo $E_0=kq/(d/2)^2=4kq/d^2$. A carga esquerda produz campo para a direita; a direita, para a esquerda. Os campos se cancelam: $\vec E_\mathrm{res}=\vec 0$.

3. Cada campo gravitacional tem módulo $g_0=Gm/(d/2)^2=4Gm/d^2$. O campo devido à massa da esquerda aponta para a esquerda; o da direita, para a direita. Cancelam-se: $\vec g_\mathrm{res}=\vec 0$.

4. Portanto, ambas as resultantes são nulas.

Checagem física: A troca das partículas de lugar não pode alterar a configuração física do ponto médio. Um campo resultante não nulo ao longo da reta violaria a simetria.

Cuidado, armadilha! Não confundir campo com força entre as próprias partículas: as partículas interagem entre si, mas no ponto médio os campos resultantes são zero.

Estratégia física: Considere os lançamentos partindo e chegando à mesma altura. Nesse modelo, $R=(v_0^2/g)\sin(2\theta)$.

1. O alcance para lançamento com ângulo $\theta$, sem resistência do ar e com retorno à altura de partida, é $R=\dfrac{v_0^2}{g}\sin(2\theta)$.

2. No segundo lançamento, o ângulo é $\phi=45^\circ-\theta$. Portanto,

3. $$R^{\prime}=\frac{v_0^2}{g}\sin(2\phi)=\frac{v_0^2}{g}\sin(90^\circ-2\theta).$$

4. Pela identidade $\sin(90^\circ-x)=\cos x$, temos $R^{\prime}=\dfrac{v_0^2}{g}\cos(2\theta)$.

5. $$\frac{R^{\prime}}R=\frac{\cos(2\theta)}{\sin(2\theta)}=\cot(2\theta).$$

Checagem física: Para $\theta=15^\circ$, o segundo ângulo é $30^\circ$; sua distância deve ser maior, pois $\sin60^\circ>\sin30^\circ$. A razão $\cot30^\circ=\sqrt3$ confirma.

Cuidado, armadilha! O ângulo do alcance é $2\theta$, não $\theta$. A fórmula pressupõe mesma altura inicial e final, implicitamente adotada no item.

Estratégia física: Comece por $X(T)$ e $Z(T)$, pois há duas medidas para cada uma; depois use a condição em $100^\circ\mathrm{C}$ para calcular $Y(T)$.

1. Como $X(0)=20$ e $X(50)=80$, a inclinação de $X$ é $(80-20)/50=6/5$. Logo, $X(T)=\dfrac65 T+20$.

2. Como $Z(0)=50$ e $Z(50)=40$, a inclinação de $Z$ é $(40-50)/50=-1/5$. Logo, $Z(T)=-\dfrac15 T+50$.

3. Para $T=100^\circ\mathrm{C}$: $X(100)=140$ e $Z(100)=30$. Pela condição dada, $140=Y(100)-30$, então $Y(100)=170$.

4. Já sabemos que $Y(0)=20$. A inclinação de $Y$ é $(170-20)/100=3/2$; portanto, $Y(T)=\dfrac32T+20$.

5. Da última equação, $T=\dfrac23(Y-20)$. Substituindo na expressão de $X$:

6. $$X=\frac65\cdot\frac23(Y-20)+20=\frac45Y+4.$$

Checagem física: Na calibração $T=0$, a relação $X=4Y/5+4$ dá $X=4(20)/5+4=20$. Para $T=100$, $Y=170$ fornece $X=140$, como exigido.

Cuidado, armadilha! Não identificar $X$ e $Y$ com a temperatura real em Celsius; são escalas distintas, com interceptos próprios.