UFMA 2001 · 2ª etapa — Questões de Física comentadas — Método TEF
Universidade Federal do Maranhão
Física · prova discursiva · Respostas e resoluções comentadas.
Dados da prova
UFMA — UFMA 2001 — 2ª etapa (2001.1).
2ª etapa (discursiva): Física, questões 1, 3, 4 e 5, com enunciados preservados.
Prova discursiva de Física da 2ª etapa do vestibular 2001.1, a partir do caderno de comentários da prova. A questão 2 não foi incluída: a figura não consta do caderno e o comentário adota um ângulo de 60° dentro do vidro incompatível com o índice de refração 1,5 (o seno do ângulo de incidência no ar passaria de 1). As figuras das questões 4 e 5 foram redesenhadas a partir dos dados do enunciado e do esquema da resolução; na questão 5, o enunciado de origem traz a primeira carga como Q e o esquema da resolução a mostra como −Q, e adotamos o esquema. As resoluções são do Método TEF; na questão 5, a resolução completa a do caderno, que não usa a condição de direção do campo.
O restante do caderno contém outras disciplinas e não integra esta seção de Física.
Q1
Mecânica — Gravitação — Satélites: Altura da órbita
Um satélite é lançado na órbita da Terra com o objetivo de espionar o solo, a flora e a fauna da Região Amazônica. O satélite entra em órbita a uma velocidade de $11\,000$ km/h. Considere a Terra esférica com raio de $6\,000$ km e massa de $5{,}97\cdot10^{24}$ kg. Sabendo que a constante de gravitação universal é $6{,}67\cdot10^{-11}\ \mathrm{N\,m^2/kg^2}$, calcule a altura em que o satélite orbitará.
Resposta comentada
$h\approx3{,}66\cdot10^{7}$ m, isto é, cerca de $36\,600$ km acima da superfície.
Resolução TEF
Em órbita circular, a força gravitacional é a resultante centrípeta: $\dfrac{GM_Tm}{(R+h)^2}=\dfrac{mv^2}{R+h}$, o que dá $v^2=\dfrac{GM_T}{R+h}$.
A velocidade vale $v=\dfrac{11\,000}{3{,}6}\approx3\,056$ m/s, e $GM_T=6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\approx3{,}98\cdot10^{14}\ \mathrm{m^3/s^2}$.
$R+h=\dfrac{GM_T}{v^2}=\dfrac{3{,}98\cdot10^{14}}{(3\,056)^2}\approx4{,}26\cdot10^{7}$ m. Subtraindo $R=6{,}0\cdot10^{6}$ m, $h\approx3{,}66\cdot10^{7}$ m $\approx36\,600$ km.
Q3
Termologia — Calorimetria — Equilíbrio térmico: Mistura de café e leite
Colocam-se $50\ \mathrm{cm^3}$ de café quente a $85\,{}^\circ\mathrm{C}$ em um copo de leite a $15\,{}^\circ\mathrm{C}$, enchendo-o completamente. O volume do copo é de $250\ \mathrm{cm^3}$ e o valor do calor específico do café e do leite é, aproximadamente, $1\ \mathrm{cal/g\,{}^\circ C}$.
Considere a densidade do leite igual à do café e despreze o calor absorvido pelo copo. Calcule a temperatura de equilíbrio da mistura.
Resposta comentada
$\theta_{eq}=29\,{}^\circ\mathrm{C}$.
Resolução TEF
O copo tem $250\ \mathrm{cm^3}$; com $50\ \mathrm{cm^3}$ de café, o leite ocupa $200\ \mathrm{cm^3}$. Como as densidades são iguais, as massas estão na proporção dos volumes: $m_{caf}=50$ g e $m_{leite}=200$ g (com densidade de $1$ g/cm³).
Sem perdas, $Q_{caf}+Q_{leite}=0$: $50\cdot1\cdot(\theta-85)+200\cdot1\cdot(\theta-15)=0$.
$250\,\theta=50\cdot85+200\cdot15=4\,250+3\,000=7\,250\Rightarrow\theta=29\,{}^\circ\mathrm{C}$. Observação: o comentário do caderno de origem escreve $150\ \mathrm{cm^3}$ para o leite, mas usa $200$ g no cálculo; o valor correto é $200\ \mathrm{cm^3}$.
Q4
Mecânica — Trabalho e energia — Energia mecânica: Trabalho do atrito e número de passagens
Considere um corpo de massa $m=5$ kg inicialmente colocado na posição A, distante $2$ m do solo, como mostra a figura abaixo. Nos intervalos AB e CD do movimento, o sistema é conservativo, enquanto no intervalo BC existe uma força de atrito. Ao largarmos o corpo no ponto A, ele atinge o ponto D e retorna.
Dado: $g=10\ \mathrm{m/s^2}$.
a) Calcule o trabalho que a força de atrito exerce sobre o corpo no intervalo BC.
b) Quantas vezes o corpo passa pelo intervalo BC antes de parar? Onde esse corpo irá parar?
Resposta comentada
a) $\tau_{at}=-25$ J. b) Passa $4$ vezes por BC (a primeira, de B para C, e mais três depois de alcançar D) e para no ponto B.
Resolução TEF
a) Tomando o solo como referência, a energia mecânica em A é $E_A=mgh_A=5\cdot10\cdot2=100$ J, e, em D, onde o corpo para por um instante, $E_D=mgh_D=5\cdot10\cdot1{,}5=75$ J. Só o atrito dissipa energia (e só em BC): $\tau_{at}=E_D-E_A=75-100=-25$ J.
b) A cada passagem por BC o corpo perde $25$ J. Como partiu com $100$ J, ele para quando tiver dissipado tudo: $100/25=4$ passagens. A primeira o leva a D (restam $75$ J); a partir daí, mais três passagens ($75/25=3$), a última de C para B, que o deixam com energia nula exatamente em B.
Portanto, o corpo para no ponto B.
Q5
Eletricidade — Eletrostática — Campo elétrico: Resultante nulo em quatro cargas
Considere o sistema de quatro cargas fixas $-Q$, $2q_1$, $-q_2$ e $q_1$, mostrado na figura abaixo, em que A, B e C estão alinhados, com $\overline{AB}=\overline{BC}=\ell$, e o ponto D forma com A e B um triângulo equilátero de lado $\ell$.
a) Qual deve ser o sinal das cargas $Q$ e $q_2$ em relação a $q_1$ para que a resultante das forças sobre $q_1$ seja nula?
b) Qual o módulo de $Q$ e $q_2$ em relação a $q_1$ para que o campo elétrico resultante sobre $q_1$ seja nulo?
Resposta comentada
a) $Q$ e $q_2$ com o mesmo sinal de $q_1$. b) $Q=q_1$ e $q_2=3\sqrt3\,q_1$.
Resolução TEF
Geometria: ABD é equilátero, logo $\overline{AD}=\overline{BD}=\ell$ e o ângulo em B vale $120^\circ$ entre BC e BD. Pela lei dos cossenos, $\overline{CD}^2=\ell^2+\ell^2-2\ell^2\cos120^\circ=3\ell^2$, isto é, $\overline{CD}=\ell\sqrt3$. Como $\overline{AD}^2+\overline{CD}^2=\ell^2+3\ell^2=4\ell^2=\overline{AC}^2$, o ângulo ADC é reto.
a) A carga $2q_1$ em B repele $q_1$, afastando-a de B. Para que a resultante seja nula, as cargas de A e C precisam atrair $q_1$ (cargas $-Q$ e $-q_2$ de sinal oposto ao de $q_1$). Assim, $Q$ e $q_2$ têm o mesmo sinal de $q_1$.
b) Os módulos dos campos em D são $E_A=\dfrac{kQ}{\ell^2}$, $E_B=\dfrac{2kq_1}{\ell^2}$ e $E_C=\dfrac{kq_2}{3\ell^2}$. Como $E_A\perp E_C$, a resultante dos dois tem módulo $\sqrt{E_A^2+E_C^2}$ e precisa ser igual a $E_B$ (e oposta a ela): $\dfrac{Q^2}{\ell^4}+\dfrac{q_2^2}{9\ell^4}=\dfrac{4q_1^2}{\ell^4}\Rightarrow9Q^2+q_2^2=36q_1^2$. Essa é a condição de módulo.
Falta a condição de direção: a resultante de $\vec E_A$ e $\vec E_C$ deve ter a direção de BD. Com B na origem, A em $(0,\ell)$, C em $(0,-\ell)$ e D em $\left(\tfrac{\sqrt3}{2}\ell,\tfrac{\ell}{2}\right)$, o campo de B em D aponta na direção $\left(\tfrac{\sqrt3}{2},\tfrac12\right)$. Impor que $\vec E_A+\vec E_C$ seja paralelo a $\left(-\tfrac{\sqrt3}{2},-\tfrac12\right)$ leva a $E_C=\sqrt3\,E_A$, isto é, $q_2=3\sqrt3\,Q$.
Substituindo em $9Q^2+q_2^2=36q_1^2$: $9Q^2+27Q^2=36q_1^2\Rightarrow Q=q_1$ e $q_2=3\sqrt3\,q_1$. Observação: o comentário do caderno de origem para no vínculo $q_2=3\sqrt{4q_1^2-Q^2}$ (que é só a condição de módulo); a solução completa exige também a condição de direção.
