UFG · 2010 — 2ª Fase — Questões de Física comentadas — Método TEF

A ideia central é que um gerador ideal mantém a tensão entre seus terminais, seja qual for a corrente. O que muda de um circuito para o outro é só o jeito de ligar as peças.

Circuito (a). Os dois geradores estão em série, então as tensões se somam: $2V$. Os dois resistores estão em paralelo, e cada um fica submetido a essa tensão total. Pela 1ª lei de Ohm, a corrente em cada resistor é $I_a=\dfrac{2V}{R}$.

Circuito (b). Geradores iguais em paralelo não somam tensão: a associação continua fornecendo $V$. Já os dois resistores estão em série, com resistência equivalente $2R$, e a corrente (a mesma nos dois) é $I_b=\dfrac{V}{2R}$.

A razão pedida é $\dfrac{I_a}{I_b}=\dfrac{2V/R}{V/(2R)}=4$.

Vale guardar a leitura: no (a) a tensão dobrou e cada resistor continua com $R$; no (b) a tensão ficou igual, mas a resistência dobrou. São dois efeitos de fator 2 que se multiplicam, e por isso o resultado é 4, e não 2. Quem enxerga só um dos efeitos cai na alternativa D.

Vamos por partes. Primeiro, o sinal das cargas. A força magnética $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$ troca de sentido quando a carga troca de sinal. Como $\alpha$ e $\beta$ se desviam para lados opostos no mesmo campo, elas têm cargas de sinais contrários: a $\alpha$ é positiva (núcleo de hélio, $+2e$) e a $\beta$ é negativa (elétron, $-e$). A radiação $\gamma$ não tem carga e segue reta. Isso já elimina A (diz que $\beta$ é positiva) e E (diz que $\gamma$ tem carga).

Agora, a quantidade de movimento. Em campo uniforme, a força magnética faz o papel de resultante centrípeta: $|q|vB=\dfrac{mv^2}{R}$, o que dá $R=\dfrac{p}{|q|B}$, ou seja, $p=|q|\,B\,R$. Como $B$ é o mesmo para todas, comparar os momentos é comparar $|q|\,R$.

Pela figura, a trajetória da $\alpha$ é bem menos curvada, isto é, tem raio maior. E ela ainda tem carga maior em módulo ($2e$ contra $e$). Logo $p_\alpha=2e\,B\,R_\alpha$ é maior que $p_\beta=e\,B\,R_\beta$. As duas informações empurram para o mesmo lado, então a conclusão não depende dos valores exatos.

A pegadinha está na D. É verdade que a $\alpha$ tem carga maior, mas carga maior, sozinha, curvaria mais a trajetória. Se ela se curva menos, é porque a quantidade de movimento dela é muito maior. O erro clássico é associar “desvia pouco” a “carga pequena”; o que manda é a razão $p/|q|$.

Aqui não há conta: o que se cobra é o conceito. Acoplamento de maré (ou rotação síncrona) é quando o período de rotação de um corpo em torno do próprio eixo fica igual ao seu período de revolução em torno de outro corpo.

No caso da Lua, ela dá uma volta em torno de si mesma no mesmo tempo (cerca de 27,3 dias) que leva para dar uma volta em torno da Terra. Como os dois movimentos andam “compassados”, a cada instante o mesmo hemisfério lunar está virado para nós.

Repare que a Lua gira, sim, o que derruba a B. Se ela não girasse, ao longo da órbita mostraria todas as suas faces para a Terra. É justamente a rotação sincronizada que esconde a face oculta. As alternativas C, D e E colocam a rotação ou a revolução da Terra na história, mas o dia terrestre (24 h) não tem nada a ver com o fenômeno.

A origem física é bonita: as marés que a Terra provocou na Lua, ao longo de milhões de anos, dissiparam energia até travar a rotação lunar no ritmo da órbita.

O enunciado dá duas pistas: o movimento é acelerado e podemos desprezar a resistência. As bolhas têm sempre o mesmo tamanho e a mesma quantidade de gás, então o empuxo é constante. Com o peso também constante, a força resultante é constante, e portanto a aceleração é constante. Estamos diante de um MUV.

No MUV com $a>0$ no sentido do movimento, a velocidade $v=v_0+at$ é uma reta crescente (função do 1º grau), e a posição $x=x_0+v_0t+\dfrac{at^2}{2}$ é uma parábola com concavidade para cima.

Então procuramos um gráfico de posição que “entorta para cima” e um de velocidade que seja uma reta inclinada para cima. Uma dica de leitura que ajuda muito: a inclinação do gráfico de posição em cada instante é a velocidade. Se a velocidade vai aumentando, a curva vai ficando cada vez mais inclinada, e é isso que dá a concavidade para cima. Os gráficos que atendem são o II (posição) e o VI (velocidade).

Cuidado com dois cenários vizinhos: velocidade constante (reta horizontal) seria MU, e parábola voltada para baixo indicaria aceleração contrária ao movimento, o que não acontece com bolhas que sobem cada vez mais rápido.

A dispersão acontece porque o índice de refração do vidro depende da cor. Nas cores de menor comprimento de onda (maior frequência), o índice de refração é maior. É o que chamamos de dispersão normal.

Pela lei de Snell, $n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$, quanto maior o índice de refração do prisma, mais o raio se aproxima da normal ao entrar e, portanto, mais ele se desvia da direção original. A soma dos desvios na entrada e na saída do prisma faz o violeta (menor $\lambda$, maior $n$) ser o mais desviado, e o vermelho o menos.

Vale usar isso para eliminar as outras: amplitude tem a ver com intensidade, não com cor (A). Menor índice de refração (C), menor frequência (D) e maior velocidade no vidro (E), já que $v=c/n$, são todas características do vermelho, a cor que menos se desvia.

Um macete para não errar nunca mais: violeta é a cor que o vidro “freia” mais, e a que mais se curva.

As duas catracas são fixas na mesma roda traseira, então giram juntas, como um único corpo rígido em torno do mesmo eixo. Isso já resolve metade do problema: $\omega$ e $\alpha$ são iguais para P e Q. Logo, essas duas grandezas não “variam com o raio”, e E (que fala justamente de $\omega$ e $\alpha$) fica descartada.

O que depende do raio é o que está ligado a ele por uma relação linear: a velocidade tangencial $v=\omega R$ e a aceleração centrípeta $a=\omega^2R$. Como $\omega$ é o mesmo, tanto $v$ quanto $a$ são diretamente proporcionais a $R$. (A aceleração angular $\alpha$ é comum aos dois pontos; e, com a bicicleta a velocidade constante, ela nem é relevante.)

A razão pedida é da posição Q pela posição P: $\dfrac{v_Q}{v_P}=\dfrac{a_Q}{a_P}=\dfrac{R_Q}{R_P}=0{,}7$. Como o enunciado diz que $R_P>R_Q$, o resultado tem que ser menor que 1, o que já elimina as alternativas com 1,4 (esse seria o valor de P por Q, a razão invertida).

Uma observação de professor: o detalhe “dentes com o mesmo passo” só garante que o número de dentes é proporcional ao raio, mas não altera o raciocínio principal.

Passo 1: colocar tudo na mesma variável. A lei de Rayleigh do enunciado usa a frequência, mas os dados vêm em comprimento de onda. Como $c=\lambda f$, temos $f=c/\lambda$ e, assim, $I\propto f^4\propto\dfrac{1}{\lambda^4}$. Quanto menor o comprimento de onda, muito mais intensa é a luz espalhada.

Passo 2: a razão. $\dfrac{I_{azul}}{I_{verm}}=\left(\dfrac{\lambda_{verm}}{\lambda_{azul}}\right)^4=\left(\dfrac{720}{400}\right)^4=1{,}8^4$.

Passo 3: a conta sem calculadora. $1{,}8^2=3{,}24$ e $3{,}24^2\approx10{,}5$. O azul é espalhado cerca de dez vezes mais que o vermelho. É por isso que o céu é azul durante o dia; no crepúsculo, a luz solar atravessa uma camada bem mais espessa de atmosfera, o azul é espalhado para fora do feixe e o que chega até nós é o vermelho.

Os erros previsíveis estão nas alternativas. Se você inverte a razão, obtém $1/10{,}5\approx0{,}1$ (A). Se para em $1{,}8$ sem elevar (C), ou eleva ao quadrado apenas (D, $\approx3{,}2$), cai nas outras armadilhas.

Quando o problema fala em “força impulsiva média” e dá o tempo de contato, o caminho é o teorema do impulso: $F_m\,\Delta t=\Delta p=m\,\Delta v$.

Antes de qualquer coisa, unidades: $162\ \text{km/h}=\dfrac{162}{3{,}6}=45\ \text{m/s}$ e $m=170\ \text{g}=0{,}170\ \text{kg}$. O puck parte (praticamente) do repouso, então $\Delta v=45\ \text{m/s}$ e $\Delta p=0{,}170\times45=7{,}65\ \text{kg·m/s}$.

Dividindo pelo tempo de contato: $F_m=\dfrac{7{,}65}{0{,}01}=765\ \text{N}=7{,}65\times10^{2}\ \text{N}$.

Um teste de bom senso: o puck pesa cerca de $1{,}7\ \text{N}$, e a força do taco é centenas de vezes maior. É isso que caracteriza uma força impulsiva, e por isso o peso pode ser desprezado durante o choque.

Cada erro comum tem uma alternativa esperando: parar em $\Delta p$ (sem dividir por $\Delta t$) dá $7{,}65$ (A), e esquecer de converter km/h em m/s dá $\approx2{,}75\times10^{3}$ (C).

Esse é um problema de encadeamento de contas, e o segredo é caminhar um passo de cada vez, sempre pensando na ordem de grandeza.

1) Quantos átomos? Com a tabela periódica, o zinco tem número atômico $Z=30$ e massa molar de cerca de $65{,}4\ \text{g/mol}$. Então $n=\dfrac{6{,}54}{65{,}4}=0{,}10\ \text{mol}$, o que dá $0{,}10\times6{,}0\times10^{23}=6{,}0\times10^{22}$ átomos.

2) Quantos pares próton-elétron? Cada átomo neutro tem 30 prótons e 30 elétrons, logo há $6{,}0\times10^{22}\times30=1{,}8\times10^{24}$ prótons (e o mesmo número de elétrons).

3) Qual o desequilíbrio? A cada par, a carga do próton e a do elétron diferem em $10^{-6}e$. Então $Q=1{,}8\times10^{24}\times10^{-6}\times1{,}6\times10^{-19}\approx0{,}29\ \text{C}$.

Para ter noção do que isso significa: $0{,}29\ \text{C}$ é uma carga gigantesca. Duas esferas assim, a 1 m de distância, se repeliriam com cerca de $10^{9}\ \text{N}$. O fato de a matéria comum ser neutra revela que a igualdade entre as cargas do próton e do elétron é verificada com precisão muito maior que uma parte em um milhão.

Sobre as alternativas: esquecer os 30 prótons por átomo e contar só os átomos dá $\approx0{,}0096$ (A), o que mostra por que o passo 2 é o que mais derruba.

Questão que mistura Física e Biologia, mas cada parte é simples. Vamos à Física.

Velocidade constante significa força resultante nula. Então a força horizontal que o operário aplica na caixa equilibra a força de atrito cinético, $F=\mu N$. Em superfície horizontal, $N=mg$, logo $F=\mu\,m\,g=0{,}8\times120\times10=960\ \text{N}$.

Essa força é feita pelos dois braços, então cada braço contribui com $480\ \text{N}$. Se cada $\text{cm}^2$ de seção reta do músculo produz, no máximo, $30\ \text{N}$, a área mínima de um braço é $A=\dfrac{480}{30}=16\ \text{cm}^2$.

Quem esquece de dividir pelos dois braços encontra $960/30=32\ \text{cm}^2$ (alternativas D e E), a armadilha mais comum.

Parte de Biologia: a contração das miofibrilas ocorre pelo deslizamento entre filamentos de actina e miosina. A mielina não participa: é a bainha isolante dos axônios dos neurônios. Entre as alternativas com $16\ \text{cm}^2$, a única que traz uma proteína contrátil é a A (actina). A miosina também participa da contração, mas aparece apenas junto de valores que a conta descarta (20 e 32).