Considere um bloco que desliza sem atrito sobre um plano inclinado próximo à superfície da Terra, conforme a figura a seguir. É correto afirmar-se que, durante a descida do bloco, sua energia cinética
Sem atrito, só o peso realiza trabalho (a normal é perpendicular ao movimento). Na descida, o peso tem uma componente a favor do movimento, e o trabalho dele é positivo.
Pelo teorema da energia cinética, trabalho positivo aumenta a energia cinética. Dito de outro modo: a energia potencial gravitacional vai se convertendo em cinética à medida que o bloco desce.
A D é impossível em qualquer situação: $\frac12mv^2$ nunca é negativa.
Três discos muito finos são dispostos em planos horizontais, um acima do outro, de modo que seus centros fiquem alinhados verticalmente. O disco mais baixo tem massa $m$, o seguinte $2m$ e o mais alto tem massa $3m$. Para que o centro de massa do conjunto esteja no disco do meio, a razão entre a distância dele ao de cima e a distância dele ao inferior deverá ser
O centro de massa estar no disco do meio significa que o "peso" dos discos de cima e de baixo se equilibra em relação a ele, como numa gangorra.
Chame de $d_s$ a distância do disco do meio ao de cima ($3m$) e de $d_i$ ao de baixo ($m$). O disco do meio não entra, porque está na própria origem:
$$3m\cdot d_s=m\cdot d_i\;\Longrightarrow\;\frac{d_s}{d_i}=\frac13$$
O disco mais pesado precisa ficar mais perto. A alternativa A é a razão invertida.
Uma corda desliza sem atrito sobre uma superfície horizontal pela ação de uma força de módulo $F$ aplicada horizontalmente em uma das pontas. Se essa extremidade da corda se desloca de uma distância $d$ na mesma direção e sentido da força, o trabalho realizado por essa força é
A força é aplicada na ponta da corda, e essa ponta anda $d$ na mesma direção e sentido da força. O trabalho é simplesmente
$$W=F\,d\cos0^\circ=Fd$$
O fato de ser uma corda, e não um bloco, não muda nada: o que conta é o deslocamento do ponto onde a força está aplicada. As outras alternativas nem têm unidade de energia.
Um bloco repousa sobre uma superfície plana, fixa, e sofre ação de uma força $\vec F$ orientada conforme a figura a seguir. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície é $\mu$. Na ausência da gravidade, a condição para que não haja deslizamento do bloco é
Sem gravidade, a única força que aperta o bloco contra a superfície é a própria $\vec F$. Decomponha em relação à superfície, com $\theta$ medido a partir dela:
$$F_{\text{paralela}}=F\cos\theta\qquad F_{\text{normal}}=F\,\text{sen}\,\theta$$
A normal da superfície vale $F\,\text{sen}\,\theta$, e o atrito máximo é $\mu F\,\text{sen}\,\theta$. Para não deslizar, o atrito precisa dar conta da componente paralela:
$$F\cos\theta\leq\mu F\,\text{sen}\,\theta\;\Longrightarrow\;\mu\geq\text{cotg}\,\theta$$
Curioso: o módulo de $F$ se cancela. Com força inclinada o suficiente, empurrar com mais força não faz o bloco deslizar.
Três amostras de um gás ideal, com massas iguais e volumes $V_1$, $V_2$ e $V_3$, têm suas temperaturas aumentadas conforme o gráfico a seguir. Assim, a relação entre os volumes é
Para gás ideal, $P=\dfrac{nR}{V}\,T$. Com a mesma massa (o mesmo $n$), cada reta do gráfico $P\times T$ tem inclinação $\dfrac{nR}{V}$: quanto menor o volume, mais inclinada a reta.
A reta de $V_3$ é a mais inclinada, então $V_3$ é o menor volume. A de $V_1$ é a mais deitada, o maior volume.
$$V_1>V_2>V_3$$
É intuitivo: num recipiente menor, as moléculas batem mais vezes nas paredes, e a pressão sobe mais rápido quando esquentamos.
Um bloco de massa desprezível e em forma de triângulo retângulo repousa sobre uma superfície horizontal sem atrito. Sobre esse bloco, do vértice oposto à hipotenusa, duas massas puntiformes $m_1$ e $m_2$ partem do repouso sob a ação da gravidade e sem a presença de forças de atrito, conforme a figura a seguir. Para que o bloco triangular não se mova durante a descida das massas $m_1$ e $m_2$, a razão entre $m_1$ e $m_2$ deve ser igual a
Esta questão foi anulada pela CEV/UECE no gabarito definitivo.
A ideia era esta: cada massa, ao descer, empurra o bloco pela normal, e a componente horizontal dessa normal tende a mover o bloco. Para o bloco ficar parado, os dois empurrões horizontais precisam se anular.
Na face de inclinação $\theta$, a normal vale $m_1g\cos\theta$ e sua componente horizontal $m_1g\cos\theta\,\text{sen}\,\theta$. Na outra face, de inclinação $90^\circ-\theta$, fica $m_2g\,\text{sen}\,\theta\cos\theta$. Igualando, sobra $m_1=m_2$: razão $1$, que não está entre as alternativas. Daí a anulação.
Uma estrada sem curvas à esquerda ou à direita liga duas cidades no sentido Leste-Oeste. O trecho sobe e desce uma montanha de modo que, no pico, a trajetória pode ser aproximada por um arco de círculo. Em uma parte final do trajeto há um vale, e no ponto mais baixo também se pode aproximar a trajetória por um arco de círculo de mesmo raio que o anterior. No pico da montanha, o módulo da força normal da estrada sobre o carro é metade do peso do carro. No ponto mais baixo do vale essa normal tem módulo 50% maior do que o peso do carro. Despreze todos os atritos e considere a gravidade constante. Assim, a razão entre a velocidade do carro no pico e no vale é
As duas situações usam a força centrípeta, com raios iguais. O que muda é o sentido da normal.
No topo da montanha, o centro da curva está abaixo do carro: $mg-N=\dfrac{mv_t^2}{R}$. Com $N=0{,}5mg$, fica $v_t^2=0{,}5gR$.
No fundo do vale, o centro está acima: $N-mg=\dfrac{mv_v^2}{R}$. Com $N=1{,}5mg$, fica $v_v^2=0{,}5gR$.
As velocidades são iguais, e a razão é 1. É uma questão elegante: a normal muda muito (de metade a uma vez e meia o peso), mas a velocidade é a mesma nos dois pontos.
No Brasil, a navegação pela internet com telefones celulares utiliza ondas de rádio com frequências entre 1.900 e 2.100 MHz, no caso de tecnologia 3G. A rede de telefonia de quarta geração (4G), que possibilita maiores velocidades de navegação, teve sua instalação iniciada nas seis cidades-sede da Copa das Confederações, incluindo Fortaleza. As ondas de rádio para transmissão com essa nova tecnologia terão frequências entre 2,5 GHz e 2,69 GHz. Considere que a velocidade de propagação dessas ondas é $V_{luz}=3\cdot10^8\text{ m/s}$. Assim, os menores comprimentos de onda, em metros, associados à transmissão em 3G e 4G são, respectivamente,
Com $\lambda=\dfrac{v}{f}$, o menor comprimento de onda corresponde à maior frequência de cada faixa.
No 3G, a faixa vai de $1900$ a $2100\ \text{MHz}$: a maior frequência é $2{,}1\cdot10^9\ \text{Hz}$. No 4G, de $2{,}5$ a $2{,}69\ \text{GHz}$: a maior é $2{,}69\cdot10^9\ \text{Hz}$.
$$\lambda_{3G}=\frac{V_{\text{luz}}}{2{,}1\cdot10^9}\qquad\lambda_{4G}=\frac{V_{\text{luz}}}{2{,}69\cdot10^9}$$
A alternativa A usa as menores frequências de cada faixa, que dariam os maiores comprimentos de onda.
Medidas em física devem ser expressas com observância ao uso correto de algarismos significativos. Assim, se a densidade de um corpo é dada por $0{,}102\text{ kg/L}$ e seu volume é $0{,}007\text{ m}^3$, a forma correta de expressar sua massa, em kg, é
Primeiro a conta: $0{,}007\ \text{m}^3=7\ \text{L}$, e $m=0{,}102\cdot7=0{,}714\ \text{kg}$.
Agora a parte que a questão cobra de verdade. Em multiplicação, o resultado fica com o número de algarismos significativos do fator menos preciso. A densidade tem três ($1$, $0$, $2$), mas o volume, $0{,}007$, tem só um: o $7$. Zeros à esquerda não contam.
Então a massa se escreve com um algarismo significativo: $0{,}7\ \text{kg}$. Escrever $0{,}714$ sugere uma precisão que a medida do volume não tem.
Duas massas diferentes e puntiformes, $m_1$ e $m_2$, estão sobre um disco de raio $R$ que gira horizontalmente com velocidade angular constante próximo à superfície da Terra. As massas giram com o disco sob ação da força de atrito estático, estando $m_1$ e $m_2$ a uma distância $d_1$ e $d_2$ da borda do disco, respectivamente. Suponha que a rotação acontece a uma velocidade tal que as massas ficam simultaneamente na iminência de deslizamento do disco. Assim, deve-se ter
Cada massa gira presa só pelo atrito estático. Na iminência de escorregar, o atrito é máximo e faz o papel da força centrípeta:
$$\mu mg=m\omega^2r\;\Longrightarrow\;r=\frac{\mu g}{\omega^2}$$
A massa se cancela. Para as duas estarem no limite ao mesmo tempo, com o mesmo $\omega$ e o mesmo $\mu$, precisam estar no mesmo raio $r$. Como $r=R-d$, isso significa $d_1=d_2$.
A pegadinha está nas alternativas B, C e D, que tentam fazer as massas entrarem na condição. Elas não entram.
De acordo com dados da Associação Brasileira de Energia Eólica, a capacidade de produção instalada dessa fonte energética é aproximadamente 2.700 MW. Em 2012, o fator de capacidade da fonte eólica, que é a proporção entre o que foi gerado nas usinas e a sua capacidade instalada, foi, em média, 33%. Considerando um consumo médio residencial de 160 kWh por mês, essa geração eólica seria suficiente para atender aproximadamente quantos milhões de domicílios?
Capacidade instalada não é o que a usina produz o tempo todo. Com fator de capacidade de $33\%$, a potência média gerada é
$$0{,}33\cdot2700\approx891\ \text{MW}$$
Em um mês de $30$ dias ($720\ \text{h}$): $891\cdot720\approx641\,500\ \text{MWh}$. Cada domicílio consome $160\ \text{kWh}=0{,}16\ \text{MWh}$:
$$\frac{641\,500}{0{,}16}\approx4{,}0\cdot10^6\ \text{domicílios}$$
Esquecer o fator de capacidade leva a uns $12$ milhões, que não está nas opções. É uma questão de conversões em cadeia, e o cuidado é não misturar kW com MW.
A UECE tem um sistema de geração de energia elétrica do tipo solar fotovoltaica, com potência instalada de 5 kW, utilizado para pesquisas e desenvolvimentos tecnológicos. Nesse tipo de sistema, a transformação de energia solar em elétrica é feita em células fotovoltaicas. Essas células geram uma tensão elétrica cujo valor depende, dentre outros fatores, da corrente elétrica que passa por seus terminais, conforme o exemplo do gráfico a seguir. Para os valores de tensão e corrente correspondentes aos pontos no gráfico, pode-se afirmar corretamente que as potências $P_1$, $P_2$ e $P_3$ geradas pela célula são tais que
A potência elétrica é $P=Ui$. Pelo gráfico, a corrente é praticamente a mesma nos três pontos, um pouco abaixo de $1\ \text{A}$, enquanto a tensão vale $0{,}1$, $0{,}2$ e $0{,}3\ \text{V}$.
$$P_1\approx0{,}1\ \text{W},\quad P_2\approx0{,}2\ \text{W},\quad P_3\approx0{,}3\ \text{W}$$
A corrente cai muito pouco (na quarta casa decimal), e a tensão triplica. O produto cresce: $P_3>P_2>P_1$.
Repare na escala do eixo vertical: ela foi ampliada para mostrar a queda de corrente, que na verdade é minúscula. É fácil se impressionar com a curva e achar que a corrente despenca.
Calor intenso e permanência de temperaturas elevadas por vários dias refletem-se necessariamente na expansão do consumo residencial de energia elétrica. Considere um consumo médio residencial de 160 kWh por mês. No Rio de Janeiro, onde o consumo cresceu aproximadamente 16%, a temperatura máxima na capital chegou a ficar, em média, no início do verão, 7 °C acima da esperada. Considere que o calor específico da água é $4{,}2\text{ J/g °C}$. Os 16% de energia a mais consumida no período de um mês em um domicílio seriam suficientes para aquecer de 7 °C aproximadamente quantos quilogramas de água?
A energia a mais é $16\%$ de $160\ \text{kWh}$:
$$0{,}16\cdot160=25{,}6\ \text{kWh}=25{,}6\cdot3{,}6\cdot10^6\ \text{J}\approx9{,}2\cdot10^7\ \text{J}$$
Com $Q=mc\Delta\theta$ e o calor específico em J/g°C:
$$m=\frac{9{,}2\cdot10^7}{4{,}2\cdot7}\approx3{,}1\cdot10^6\ \text{g}=3{,}1\cdot10^3\ \text{kg}$$
Três toneladas de água aquecidas de $7\ ^\circ\text{C}$. O passo decisivo é converter kWh para joules: $1\ \text{kWh}=3{,}6\cdot10^6\ \text{J}$.
Em um teste de qualidade de bola de futsal padrão FIFA, duas bolas $b_1$ e $b_2$ são soltas em queda livre de uma altura de 2 m, chocando-se contra uma placa horizontal e retornando cada uma a uma altura de $h_1=55\text{ cm}$ e $h_2=65\text{ cm}$. As variações na energia cinética das bolas são $\Delta E_1$ e $\Delta E_2$ (para as bolas $b_1$ e $b_2$ respectivamente) e, no momento linear, são $\Delta p_1$ e $\Delta p_2$ (para as bolas $b_1$ e $b_2$ respectivamente), tomadas entre os instantes imediatamente antes e imediatamente após a colisão com a placa. Se as bolas têm massas iguais e o atrito com o ar pode ser desprezado, pode-se afirmar corretamente que
As duas bolas caem da mesma altura, então chegam à placa com a mesma velocidade e a mesma energia cinética. A diferença está na volta.
Energia: a bola 1 sobe menos (55 cm), então sai da placa com menos energia. Ela perdeu mais energia na colisão: $|\Delta E_1|>|\Delta E_2|$.
Momento: a velocidade inverte de sentido. A variação é $|\Delta p|=m(v_{\text{chegada}}+v_{\text{saída}})$. A bola 2 volta mais rápida, então sua variação de momento é maior: $|\Delta p_1|<|\Delta p_2|$.
O ponto que confunde: quem quica mais (bola 2) perde menos energia, mas sofre uma variação de momento maior, porque a velocidade muda de sentido. A banca comparou os módulos das variações, e o gabarito é C.
Dois objetos de material isolante têm massas diferentes e estão carregados eletricamente com cargas de mesmo sinal. Considere que haja somente ação das forças gravitacional e elétrica, e que os objetos estejam separados um do outro em equilíbrio estático. Denotando por $k$ a constante eletrostática (ou de Coulomb), por $G$ a constante gravitacional, e por $r_1$ e $r_2$ a razão entre a carga e a massa dos corpos 1 e 2, respectivamente, uma condição para que haja equilíbrio estático é
Cargas de mesmo sinal se repelem; massas se atraem. Para ficarem em equilíbrio, a repulsão elétrica tem de ser igual à atração gravitacional. Como as duas forças caem com $1/d^2$, a distância se cancela:
$$\frac{kq_1q_2}{d^2}=\frac{Gm_1m_2}{d^2}\;\Longrightarrow\;k\,\frac{q_1}{m_1}\cdot\frac{q_2}{m_2}=G$$
$$r_1\,r_2=\frac{G}{k}$$
Como $G$ é minúsculo perto de $k$, as cargas teriam de ser extremamente pequenas. Na prática, a força elétrica costuma ser muito mais forte que a gravitacional.
Densitometria é o termo que se refere ao procedimento de estimar a composição corporal através da densidade do corpo. Esse procedimento pode, por exemplo, ser utilizado para monitoramento de mudanças na composição corporal associadas ao crescimento, monitoramento do nível de gordura corporal, dentre outros. Para estimar a densidade de uma pessoa, foram realizadas duas medições de seu peso: uma com o corpo dentro d’água e outra fora d’água. Verificou-se que sua densidade foi 5% acima da densidade da água. Assim, a razão entre seu peso medido dentro d’água e fora d’água é
Fora d'água, a balança mede o peso real: $P=\rho_c V g$. Dentro d'água, mede o peso aparente, descontado o empuxo: $P_{\text{ap}}=(\rho_c-\rho_a)Vg$.
Com a densidade do corpo $5\%$ acima da da água, $\rho_c=1{,}05\,\rho_a$:
$$\frac{P_{\text{ap}}}{P}=\frac{1{,}05-1}{1{,}05}=\frac{0{,}05}{1{,}05}$$
Dentro d'água, a pessoa "pesa" menos de $5\%$ do peso normal. É esse método, chamado pesagem hidrostática, que se usa para estimar o percentual de gordura: gordura é menos densa que músculo.
Satélites artificiais, como os usados em transmissão de TV, têm sistemas eletrônicos instalados e que se aquecem por efeito Joule. Além disso, as partes do satélite que estejam voltadas para o sol estão expostas a temperaturas em torno de 300 K, enquanto as partes sombreadas ficam em um ambiente de 2,7 K. A geração de calor por efeito Joule e essas diferenças de temperatura exigem um projeto muito sofisticado no tocante à dissipação de calor. Considerando que o satélite esteja fora da atmosfera terrestre, onde não haja um meio condutor de calor para o ambiente, pode-se afirmar corretamente que a principal forma de dissipação de calor do satélite é
Condução e convecção precisam de matéria: uma de contato entre partículas, a outra de fluido que se movimenta. No espaço, fora da atmosfera, não há meio para nenhuma das duas.
Sobra a irradiação: todo corpo emite ondas eletromagnéticas (infravermelho, na temperatura ambiente), e essa emissão não precisa de meio. É assim que o calor do Sol chega à Terra.
Por isso satélites usam radiadores, superfícies projetadas para emitir calor com eficiência para o espaço.
Considere duas lâmpadas: uma lâmpada incandescente com consumo de 20 W, vida útil de 1.000 horas e rendimento (fração energética efetivamente transformada em luz) de 25%; e uma segunda, do tipo fluorescente, com vida útil de 7.500 horas e rendimento de 60%. Considere um experimento em que as duas lâmpadas são ligadas em paralelo a uma tomada de energia elétrica residencial, permanecendo ligadas durante suas vidas úteis. Qual deve ser a potência, em Watts, consumida pela fluorescente para que perca energia em forma de calor tanto quanto a incandescente durante o período do experimento?
A incandescente transforma só $25\%$ em luz; o resto, $75\%$, vira calor. Durante a vida útil:
$$Q_{\text{inc}}=0{,}75\cdot20\ \text{W}\cdot1000\ \text{h}=15\,000\ \text{Wh}$$
A fluorescente perde $40\%$ como calor, durante $7500\ \text{h}$. Igualando:
$$0{,}40\cdot P\cdot7500=15\,000\;\Longrightarrow\;P=5\ \text{W}$$
Uma fluorescente de apenas $5\ \text{W}$ já gastaria em calor o mesmo que a incandescente de $20\ \text{W}$, porque dura sete vezes e meia mais.
Recentemente se teve notícia de um tornado que causou grande destruição na cidade de Oklahoma – EUA. Suponha que, próximo à superfície da Terra, o tornado possa ser descrito como uma massa de ar cilíndrica girando em torno de seu eixo com velocidade angular constante. Há estimativas que apontam, nessa ocorrência nos EUA, para ventos com velocidades em torno de 300 km/h na parte mais externa do tornado. Supondo-se que o diâmetro do tornado seja de 1,5 km e, com base nos dados anteriores, a melhor estimativa para a velocidade angular do tornado é
Esta questão foi anulada pela CEV/UECE no gabarito definitivo.
A conta é direta: raio de $0{,}75\ \text{km}$ e $v=\omega r$.
$$\omega=\frac{300\ \text{km/h}}{0{,}75\ \text{km}}=400\ \text{rad/h}\approx0{,}11\ \text{rad/s}$$
A alternativa A traz o número certo, $400$, mas com a unidade errada (rad/s em vez de rad/h). Nenhuma opção corresponde ao valor correto, e a questão foi anulada.
Um tratamento complementar para pacientes com tumor de tireóide submetidos a cirurgia consiste na ingestão de uma dose terapêutica de Iodo-131 (I-131), que se concentra no tecido da tireóide. O I-131 emite radiação beta, que age na destruição de células cancerígenas. Essa radiação consiste na emissão de
A radiação beta do iodo-131 é do tipo beta-menos: dentro do núcleo, um nêutron se transforma em próton e expulsa um elétron em alta velocidade.
Então a radiação beta é formada por elétrons. Ondas eletromagnéticas seriam a radiação gama; a emissão de pósitrons é o decaimento beta-mais, que não é o caso do I-131.
Os elétrons têm pouco alcance no tecido, alguns milímetros. É por isso que o iodo-131 é útil: ele se concentra na tireoide e destrói as células de lá, sem atingir muito os órgãos vizinhos.